Calculus 1 (Limits and Differentiation)

# Calculus 1 (Limits and Differentiation) ## Objectifs et prérequis Ce chapitre vise à fournir une compréhension rigoureuse des fondements du calcul différentiel, en commençant par la notion de limite, essentielle pour définir la dérivée, puis en développant les techniques de dérivation pour diverses fonctions, y compris les fonctions trigonométriques, inverses trigonométriques, paramétriques et implicites. À la fin de ce chapitre, l'étudiant sera capable de : - Calculer des limites de fonctions en utilisant les théorèmes des limites, y compris pour les fonctions trigonométriques. - Définir et calculer la dérivée d'une fonction à partir de la définition première (limite du taux d'accroissement). - Appliquer les règles de dérivation (produit, quotient, chaîne) de manière fluide et précise. - Dériver les fonctions trigonométriques et leurs inverses. - Calculer la seconde dérivée et dériver des équations paramétriques. - Appliquer la dérivation implicite. - Utiliser la règle de L'Hôpital pour résoudre les formes indéterminées. **Prérequis** : Maîtrise de l'algèbre (factorisation, développement, simplification), des fonctions (notamment polynomiales, rationnelles, trigonométriques), de la notation des ensembles et de la résolution d'équations et d'inéquations. Une bonne maîtrise du repère cartésien et de la notion de fonction continue est fortement recommandée. --- ## I. Limits of functions and theorems of limits 1 ### Définition de la limite d'une fonction en un point Soit $f$ une fonction définie sur un voisinage ponctuel de $a$ (sauf peut-être en $a$). On dit que $f(x)$ tend vers $L$ lorsque $x$ tend vers $a$, et on écrit : $$ \lim_{x \to a} f(x) = L $$ si et seulement si pour tout $\varepsilon > 0$, il existe $\delta > 0$ tel que pour tout $x$ vérifiant $0 < |x - a| < \delta$, on ait $|f(x) - L| < \varepsilon$. > **À retenir** : La limite décrit le comportement de $f(x)$ près de $a$, sans nécessiter que $f$ soit définie en $a$ ou égale à $L$ en $a$. ### Théorèmes des limites (limites des sommes, produits, quotients, constantes) Soient $f$ et $g$ deux fonctions telles que $\lim_{x \to a} f(x) = L$ et $\lim_{x \to a} g(x) = M$ existent. Alors : 1. $\lim_{x \to a} [f(x) + g(x)] = L + M$ 2. $\lim_{x \to a} [f(x) - g(x)] = L - M$ 3. $\lim_{x \to a} [c \cdot f(x)] = cL$ pour toute constante $c$ 4. $\lim_{x \to a} [f(x) \cdot g(x)] = L \cdot M$ 5. Si $M \neq 0$, alors $\lim_{x \to a} \left[\frac{f(x)}{g(x)}\right] = \frac{L}{M}$ 6. $\lim_{x \to a} [f(x)]^n = L^n$ pour tout entier $n \geq 1$ 7. Si $f(x) \leq g(x)$ pour tout $x$ près de $a$ (sauf peut-être en $a$) et que les deux limites existent, alors $\lim_{x \to a} f(x) \leq \lim_{x \to a} g(x)$ > **À retenir** : Ces théorèmes permettent de calculer des limites complexes en les décomposant en limites simples, à condition que les limites individuelles existent. ### Exemple résolu 1 Calculer : $\lim_{x \to 2} (3x^2 - 5x + 1)$ **Solution** : En utilisant les théorèmes des limites : $$ \lim_{x \to 2} (3x^2 - 5x + 1) = 3\lim_{x \to 2} x^2 - 5\lim_{x \to 2} x + \lim_{x \to 2} 1 $$ $$ = 3(2^2) - 5(2) + 1 = 3(4) - 10 + 1 = 12 - 10 + 1 = 3 $$ ### Exercice d'application 1 (corrigé) Calculer : $\lim_{x \to -1} (2x^3 + 4x - 7)$ **Solution** : $$ \lim_{x \to -1} (2x^3 + 4x - 7) = 2\lim_{x \to -1} x^3 + 4\lim_{x \to -1} x - \lim_{x \to -1} 7 $$ $$ = 2(-1)^3 + 4(-1) - 7 = 2(-1) - 4 - 7 = -2 - 4 - 7 = -13 $$ --- ## II. Limits of functions and theorems of limits 2 ### Limites unilatérales On définit : - Limite à gauche : $\lim_{x \to a^-} f(x) = L$ si $x$ approche $a$ par des valeurs $< a$ - Limite à droite : $\lim_{x \to a^+} f(x) = L$ si $x$ approche $a$ par des valeurs $> a$ > **À retenir** : La limite $\lim_{x \to a} f(x)$ existe si et seulement si les limites unilatérales existent et sont égales : $\lim_{x \to a^-} f(x) = \lim_{x \to a^+} f(x) = L$. ### Théorème des gendarmes (ou théorème de l'encadrement) Si $g(x) \leq f(x) \leq h(x)$ pour tout $x$ dans un voisinage ponctuel de $a$, et si $\lim_{x \to a} g(x) = \lim_{x \to a} h(x) = L$, alors $\lim_{x \to a} f(x) = L$. > **À retenir** : Utile pour les fonctions oscillantes ou difficiles à évaluer directement (ex. $x \sin(1/x)$ près de 0). ### Exemple résolu 2 Montrer que $\lim_{x \to 0} x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right) = 0$ **Solution** : On sait que $-1 \leq \sin\left(\frac{1}{x}\right) \leq 1$ pour tout $x \neq 0$. Multiplions par $x^2 \geq 0$ : $$ -x^2 \leq x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right) \leq x^2 $$ Or $\lim_{x \to 0} (-x^2) = 0$ et $\lim_{x \to 0} x^2 = 0$. Par le théorème des gendarmes : $\lim_{x \to 0} x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right) = 0$ ### Exercice d'application 2 (corrigé) Montrer que $\lim_{x \to 0} x \cos\left(\frac{1}{x}\right) = 0$ **Solution** : $-1 \leq \cos\left(\frac{1}{x}\right) \leq 1$ Multiplier par $|x|$ (mais comme $x$ peut être négatif, on utilise $-|x| \leq x \cos(1/x) \leq |x|$) En fait : $-|x| \leq x \cos(1/x) \leq |x|$ $\lim_{x \to 0} -|x| = 0$, $\lim_{x \to 0} |x| = 0$ Donc par théorème des gendarmes : $\lim_{x \to 0} x \cos\left(\frac{1}{x}\right) = 0$ --- ## III. Limits of trigonometric Functions ### Limites trigonométriques fondamentales Deux limites sont essentielles en calcul différentiel : 1. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ 2. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x} = 0$ > **À retenir** : Ces limites sont démontrées géométriquement (en utilisant le théorème des gendarmes sur le cercle unité) et sont fondamentales pour dériver $\sin x$ et $\cos x$. ### Autres limites trigonométriques utiles - $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\tan x}{x} = 1$ (puisque $\tan x = \sin x / \cos x$ et $\lim_{x \to 0} \cos x = 1$) - $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\sin(ax)}{x} = a$ pour toute constante $a$ - $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos(ax)}{x^2} = \frac{a^2}{2}$ ### Exemple résolu 3 Calculer : $\lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{x}$ **Solution** : $$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{x} = \lim_{x \to 0} 3 \cdot \frac{\sin(3x)}{3x} = 3 \cdot \lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} \quad \text{(où } u = 3x\text{)} $$ $$ = 3 \cdot 1 = 3 $$ ### Exercice d'application 3 (corrigé) Calculer : $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos(4x)}{x^2}$ **Solution** : On sait que $\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{1}{2}$ Alors : $$ \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos(4x)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos(4x)}{(4x)^2} \cdot 16 = 16 \cdot \lim_{u \to 0} \frac{1 - \cos u}{u^2} \quad (u = 4x) $$ $$ = 16 \cdot \frac{1}{2} = 8 $$ --- ## IV. Differentiation from first principles and standard functions 1 ### Définition de la dérivée à partir de la première principe La dérivée d'une fonction $f$ en un point $x$ est définie par : $$ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} $$ si cette limite existe. On dit alors que $f$ est dérivable en $x$. > **À retenir** : La dérivée représente le taux d'accroissement instantané de $f$ en $x$, ou la pente de la tangente à la courbe $y = f(x)$ en ce point. ### Dérivée des fonctions standards (polynomiales, constantes) - Si $f(x) = c$ (constante), alors $f'(x) = 0$ - Si $f(x) = x^n$ où $n \in \mathbb{N}$, alors $f'(x) = n x^{n-1}$ > **À retenir** : Ces résultats sont démontrés directement à partir de la définition, en utilisant le développement du binôme pour $x^n$. ### Exemple résolu 4 Démontrer que si $f(x) = x^2$, alors $f'(x) = 2x$ par la définition. **Solution** : $$ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(x+h)^2 - x^2}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{x^2 + 2xh + h^2 - x^2}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2xh + h^2}{h} $$ $$ = \lim_{h \to 0} (2x + h) = 2x $$ ### Exercice d'application 4 (corrigé) Démontrer que si $f(x) = x^3$, alors $f'(x) = 3x^2$ par la définition. **Solution** : $$ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(x+h)^3 - x^3}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{x^3 + 3x^2h + 3xh^2 + h^3 - x^3}{h} $$ $$ = \lim_{h \to 0} \frac{3x^2h + 3xh^2 + h^3}{h} = \lim_{h \to 0} (3x^2 + 3xh + h^2) = 3x^2 $$ --- ## V. Differentiation from first principles and standard functions 2 ### Dérivée de la fonction racine carrée Soit $f(x) = \sqrt{x}$ pour $x > 0$. Alors : $$ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\sqrt{x+h} - \sqrt{x}}{h} $$ Multiplier numérateur et dénominateur par le conjugué : $$ = \lim_{h \to 0} \frac{(\sqrt{x+h} - \sqrt{x})(\sqrt{x+h} + \sqrt{x})}{h(\sqrt{x+h} + \sqrt{x})} = \lim_{h \to 0} \frac{(x+h) - x}{h(\sqrt{x+h} + \sqrt{x})} $$ $$ = \lim_{h \to 0} \frac{h}{h(\sqrt{x+h} + \sqrt{x})} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{\sqrt{x+h} + \sqrt{x}} = \frac{1}{2\sqrt{x}} $$ > **À retenir** : $\frac{d}{dx} \sqrt{x} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$ pour $x > 0$ ### Dérivée de $1/x$ Soit $f(x) = \frac{1}{x}$ pour $x \neq 0$. Alors : $$ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{x+h} - \frac{1}{x}}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{x - (x+h)}{x(x+h)}}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{-h}{h x(x+h)} = \lim_{h \to 0} \frac{-1}{x(x+h)} = -\frac{1}{x^2} $$ > **À retenir** : $\frac{d}{dx} \left(\frac{1}{x}\right) = -\frac{1}{x^2}$ ### Exemple résolu 5 Trouver $f'(x)$ si $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$ pour $x > 0$. **Solution** : On peut écrire $f(x) = x^{-1/2}$, mais en utilisant la définition ou les règles connues : $$ f'(x) = \frac{d}{dx} x^{-1/2} = -\frac{1}{2} x^{-3/2} = -\frac{1}{2x^{3/2}} $$ Vérification par définition (optionnelle) : similaire à la racine carrée, en utilisant le conjugué. ### Exercice d'application 5 (corrigé) Trouver $f'(x)$ si $f(x) = \frac{2}{x^2}$ pour $x \neq 0$. **Solution** : $$ f(x) = 2x^{-2} \Rightarrow f'(x) = 2 \cdot (-2) x^{-3} = -4x^{-3} = -\frac{4}{x^3} $$ --- ## VI. Methods of differentiation: Chain rule, Product Rule, Quotient rule 1 ### Règle du produit Si $f$ et $g$ sont dérivables, alors le produit $fg$ est dérivable et : $$ (fg)' = f'g + fg' $$ > **À retenir** : Dérivée du produit = dérivée du premier fois le second + premier fois dérivée du second. ### Règle du quotient Si $f$ et $g$ sont dérivables et $g(x) \neq 0$, alors $\frac{f}{g}$ est dérivable et : $$ \left(\frac{f}{g}\right)' = \frac{f'g - fg'}{g^2} $$ > **À retenir** : Dérivée du quotient = (dérivée du numérateur fois dénominateur moins numérateur fois dérivée du dénominateur) au carré du dénominateur. ### Règle de la chaîne (chain rule) Si $y = f(u)$ et $u = g(x)$, avec $f$ dérivable en $u$ et $g$ dérivable en $x$, alors $y = f(g(x))$ est dérivable en $x$ et : $$ \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx} $$ > **À retenir** : Dérivée d'une fonction composée = dérivée de la extérieure évaluée à l'intérieur fois dérivée de l'intérieur. ### Exemple résolu 6 Dériver $f(x) = (x^2 + 3x)^4$ **Solution** : Soit $u = x^2 + 3x$, alors $f = u^4$ $\frac{df}{du} = 4u^3$, $\frac{du}{dx} = 2x + 3$ Donc : $$ f'(x) = 4u^3 \cdot (2x + 3) = 4(x^2 + 3x)^3 (2x + 3) $$ ### Exercice d'application 6 (corrigé) Dériver $f(x) = (2x - 1)^5 (x^2 + 4)$ **Solution** : On utilise la règle du produit : $f = uv$, avec $u = (2x-1)^5$, $v = x^2 + 4$ $u' = 5(2x-1)^4 \cdot 2 = 10(2x-1)^4$ (chaîne) $v' = 2x$ Alors : $$ f'(x) = u'v + uv' = 10(2x-1)^4 (x^2 + 4) + (2x-1)^5 \cdot 2x $$ Factoriser $(2x-1)^4$ : $$ f'(x) = (2x-1)^4 \left[ 10(x^2 + 4) + 2x(2x-1) \right] = (2x-1)^4 \left[ 10x^2 + 40 + 4x^2 - 2x \right] $$ $$ = (2x-1)^4 (14x^2 - 2x + 40) $$ --- ## VII. Methods of differentiation: Chain rule, Product Rule, Quotient rule 2 ### Exemple résolu 7 (quotient) Dériver $f(x) = \frac{x^2 + 1}{x - 3}$ **Solution** : $u = x^2 + 1$, $v = x - 3$ $u' = 2x$, $v' = 1$ $$ f'(x) = \frac{u'v - uv'}{v^2} = \frac{(2x)(x-3) - (x^2+1)(1)}{(x-3)^2} = \frac{2x^2 - 6x - x^2 - 1}{(x-3)^2} = \frac{x^2 - 6x - 1}{(x-3)^2} $$ ### Exercice d'application 7 (corrigé) Dériver $f(x) = \frac{\sin x}{x^2 + 1}$ **Solution** : $u = \sin x$, $v = x^2 + 1$ $u' = \cos x$, $v' = 2x$ $$ f'(x) = \frac{(\cos x)(x^2+1) - (\sin x)(2x)}{(x^2+1)^2} = \frac{(x^2+1)\cos x - 2x\sin x}{(x^2+1)^2} $$ ### Exemple résolu 8 (chaîne avec trigonométrie) Dériver $f(x) = \sin(3x^2)$ **Solution** : $u = 3x^2$, $f = \sin u$ $\frac{df}{du} = \cos u$, $\frac{du}{dx} = 6x$ $$ f'(x) = \cos(3x^2) \cdot 6x = 6x \cos(3x^2) $$ ### Exercice d'application 8 (corrigé) Dériver $f(x) = \cos(5x - \pi)$ **Solution** : $u = 5x - \pi$, $f = \cos u$ $\frac{df}{du} = -\sin u$, $\frac{du}{dx} = 5$ $$ f'(x) = -\sin(5x - \pi) \cdot 5 = -5\sin(5x - \pi) $$ On peut simplifier : $\sin(5x - \pi) = -\sin(5x)$, donc $f'(x) = -5(-\sin(5x)) = 5\sin(5x)$ Mais on laisse souvent sous la forme composée sauf demande de simplification. --- ## VIII. Methods of differentiation: Chain rule, Product Rule, Quotient rule 3 ### Combinaison de règles Dans la pratique, on doit souvent combiner plusieurs règles. ### Exemple résolu 9 Dériver $f(x) = x^2 \sin(x^3)$ **Solution** : Produit : $u = x^2$, $v = \sin(x^3)$ $u' = 2x$ Pour $v'$ : chaîne sur $\sin(w)$, $w = x^3$ $v' = \cos(w) \cdot w' = \cos(x^3) \cdot 3x^2 = 3x^2 \cos(x^3)$ Alors : $$ f'(x) = u'v + uv' = (2x)\sin(x^3) + (x^2)(3x^2 \cos(x^3)) = 2x \sin(x^3) + 3x^4 \cos(x^3) $$ ### Exercice d'application 9 (corrigé) Dériver $f(x) = \frac{e^x \cos x}{x^2}$ (on suppose connue la dérivée de $e^x$) **Solution** : On peut voir cela comme un quotient : $u = e^x \cos x$, $v = x^2$ D'abord, $u'$ : produit de $e^x$ et $\cos x$ $u = e^x \cos x$ $u' = (e^x)' \cos x + e^x (\cos x)' = e^x \cos x + e^x (-\sin x) = e^x (\cos x - \sin x)$ $v' = 2x$ Alors : $$ f'(x) = \frac{u'v - uv'}{v^2} = \frac{[e^x (\cos x - \sin x)] \cdot x^2 - (e^x \cos x) \cdot 2x}{(x^2)^2} $$ $$ = \frac{e^x x^2 (\cos x - \sin x) - 2x e^x \cos x}{x^4} = \frac{e^x x [x(\cos x - \sin x) - 2\cos x]}{x^4} = \frac{e^x [x\cos x - x\sin x - 2\cos x]}{x^3} $$ $$ = \frac{e^x [(x-2)\cos x - x\sin x]}{x^3} $$ --- ## IX. Differentiation of trigonometric functions ### Dérivées des fonctions trigonométriques de base Ces résultats sont démontrés à partir de la définition et des limites trigonométriques fondamentales. > **À retenir** : - $\displaystyle \frac{d}{dx} \sin x = \cos x$ - $\displaystyle \frac{d}{dx} \cos x = -\sin x$ - $\displaystyle \frac{d}{dx} \tan x = \sec^2 x = \frac{1}{\cos^2 x}$ - $\displaystyle \frac{d}{dx} \cot x = -\csc^2 x = -\frac{1}{\sin^2 x}$ - $\displaystyle \frac{d}{dx} \sec x = \sec x \tan x$ - $\displaystyle \frac{d}{dx} \csc x = -\csc x \cot x$ ### Exemple résolu 10 Dériver $f(x) = 2\sin x - 3\cos x$ **Solution** : $$ f'(x) = 2\cos x - 3(-\sin x) = 2\cos x + 3\sin x $$ ### Exercice d'application 10 (corrigé) Dériver $f(x) = \sin^2 x$ **Solution** : On peut écrire $f(x) = (\sin x)^2$ Chaîne : $u = \sin x$, $f = u^2$ $f' = 2u \cdot u' = 2\sin x \cdot \cos x = \sin 2x$ (en utilisant l'identité $2\sin x \cos x = \sin 2x$) Donc $f'(x) = 2\sin x \cos x = \sin 2x$ --- ## X. Differentiation of inverse trigonometric functions ### Dérivées des fonctions trigonométriques inverses > **À retenir** : - $\displaystyle \frac{d}{dx} \arcsin x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ pour $-1 < x < 1$ - $\displaystyle \frac{d}{dx} \arccos x = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ pour $-1 < x < 1$ - $\displaystyle \frac{d}{dx} \arctan x = \frac{1}{1 + x^2}$ - $\displaystyle \frac{d}{dx} \text{arccot } x = -\frac{1}{1 + x^2}$ - $\displaystyle \frac{d}{dx} \text{arcsec } x = \frac{1}{|x|\sqrt{x^2 - 1}}$ pour $|x| > 1$ - $\displaystyle \frac{d}{dx} \text{arccsc } x = -\frac{1}{|x|\sqrt{x^2 - 1}}$ pour $|x| > 1$ ### Exemple résolu 11 Dériver $f(x) = \arcsin(2x)$ **Solution** : Chaîne : $u = 2x$, $f = \arcsin u$ $\frac{df}{du} = \frac{1}{\sqrt{1 - u^2}}$, $\frac{du}{dx} = 2$ $$ f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1 - (2x)^2}} \cdot 2 = \frac{2}{\sqrt{1 - 4x^2}} $$ Valable pour $|2x| < 1$ i.e. $|x| < \frac{1}{2}$ ### Exercice d'application 11 (corrigé) Dériver $f(x) = \arctan(x^2)$ **Solution** : $u = x^2$, $f = \arctan u$ $\frac{df}{du} = \frac{1}{1 + u^2}$, $\frac{du}{dx} = 2x$ $$ f'(x) = \frac{1}{1 + (x^2)^2} \cdot 2x = \frac{2x}{1 + x^4} $$ --- ## XI. Second derivative, differentiation of Parametric equations 1 ### Seconde dérivée La seconde dérivée d'une fonction $f$ est la dérivée de sa première dérivée : $$ f''(x) = \frac{d}{dx} \left( f'(x) \right) $$ Elle représente le taux de variation de la pente, ou la concavité de la courbe. > **À retenir** : Si $f''(x) > 0$, la fonction est convexe (creux vers le haut) ; si $f''(x) < 0$, elle est concave (creux vers le bas). ### Exemple résolu 12 Trouver $f''(x)$ si $f(x) = x^3 - 2x^2 + x - 5$ **Solution** : Première dérivée : $$ f'(x) = 3x^2 - 4x + 1 $$ Seconde dérivée : $$ f''(x) = 6x - 4 $$ ### Exercice d'application 12 (corrigé) Trouver $f''(x)$ si $f(x) = \sin x + \cos x$ **Solution** : $f'(x) = \cos x - \sin x$ $f''(x) = -\sin x - \cos x = -(\sin x + \cos x)$ --- ## XII. Second derivative, differentiation of Parametric equations 2 ### Dérivée d'équations paramétriques Soit une courbe définie par des équations paramétriques : $$ x = x(t), \quad y = y(t) $$ où $x$ et $y$ sont des fonctions dérivables de $t$, et $x'(t) \neq 0$. Alors la dérivée de $y$ par rapport à $x$ est donnée par : $$ \frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{y'(t)}{x'(t)} $$ > **À retenir** : Cette formule permet de trouver la pente de la tangente à une courbe paramétrée sans éliminer le paramètre. ### Seconde dérivée paramétrique La seconde dérivée $\frac{d^2y}{dx^2}$ se calcule comme : $$ \frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx} \left( \frac{dy}{dx} \right) = \frac{ \frac{d}{dt} \left( \frac{dy}{dx} \right) }{ dx/dt } $$ > **À retenir** : On différencie $\frac{dy}{dx}$ par rapport à $t$, puis on divise par $\frac{dx}{dt}$. ### Exemple résolu 13 Soit $x = t^2$, $y = t^3$. Trouver $\frac{dy}{dx}$ et $\frac{d^2y}{dx^2}$. **Solution** : $\frac{dx}{dt} = 2t$, $\frac{dy}{dt} = 3t^2$ Donc : $$ \frac{dy}{dx} = \frac{3t^2}{2t} = \frac{3}{2}t \quad (t \neq 0) $$ Maintenant, $\frac{d}{dt} \left( \frac{dy}{dx} \right) = \frac{d}{dt} \left( \frac{3}{2}t \right) = \frac{3}{2}$ Alors : $$ \frac{d^2y}{dx^2} = \frac{ \frac{3}{2} }{ 2t } = \frac{3}{4t} $$ ### Exercice d'application 13 (corrigé) Soit $x = \cos t$, $y = \sin t$. Trouver $\frac{dy}{dx}$. **Solution** : $\frac{dx}{dt} = -\sin t$, $\frac{dy}{dt} = \cos t$ $$ \frac{dy}{dx} = \frac{\cos t}{-\sin t} = -\cot t $$ --- ## XIII. Implicit differentiation ### Définition et principe Lorsque une relation entre $x$ et $y$ est donnée sous une forme implicite (pas résolue pour $y$), on peut quand même trouver $\frac{dy}{dx}$ en dérivant les deux côtés par rapport à $x$, en traitant $y$ comme une fonction de $x$ (donc en appliquant la règle de la chaîne à chaque terme contenant $y$). > **À retenir** : Lors de la dérivation implicite, chaque fois qu'on différencie un terme contenant $y$, on multiplie par $\frac{dy}{dx}$. ### Exemple résolu 14 Trouver $\frac{dy}{dx}$ si $x^2 + y^2 = 25$ **Solution** : Dériver les deux côtés par rapport à $x$ : $$ \frac{d}{dx}(x^2) + \frac{d}{dx}(y^2) = \frac{d}{dx}(25) $$ $$ 2x + 2y \frac{dy}{dx} = 0 $$ Isoler $\frac{dy}{dx}$ : $$ 2y \frac{dy}{dx} = -2x \Rightarrow \frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y} $$ Valable tant que $y \neq 0$ ### Exercice d'application 14 (corrigé) Trouver $\frac{dy}{dx}$ si $x^3 + y^3 = 6xy$ **Solution** : Dériver les deux côtés : $$ \frac{d}{dx}(x^3) + \frac{d}{dx}(y^3) = \frac{d}{dx}(6xy) $$ $$ 3x^2 + 3y^2 \frac{dy}{dx} = 6 \left( x \frac{dy}{dx} + y \cdot 1 \right) \quad \text{(produit sur } 6xy\text{)} $$ $$ 3x^2 + 3y^2 y' = 6x y' + 6y $$ Regrouper les termes en $y'$ : $$ 3y^2 y' - 6x y' = 6y - 3x^2 $$ $$ y'(3y^2 - 6x) = 6y - 3x^2 $$ $$ \frac{dy}{dx} = \frac{6y - 3x^2}{3y^2 - 6x} = \frac{3(2y - x^2)}{3(y^2 - 2x)} = \frac{2y - x^2}{y^2 - 2x} $$ Valable lorsque le dénominateur n'est pas nul. --- ## XIV. L'Hopital's Rule ### Énoncé de la règle de L'Hôpital Supposons que $f$ et $g$ soient dérivables sur un voisinage ponctuel de $a$ (sauf peut-être en $a$), et que $g'(x) \neq 0$ près de $a$. Si : $$ \lim_{x \to a} f(x) = 0 \quad \text{et} \quad \lim_{x \to a} g(x) = 0 $$ ou $$ \lim_{x \to a} f(x) = \pm\infty \quad \text{et} \quad \lim_{x \to a} g(x) = \pm\infty $$ alors : $$ \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} $$ à condition que la seconde limite existe (finie ou infinie). > **À retenir** : La règle de L'Hôpital permet de résoudre les formes indéterminées $\frac{0}{0}$ ou $\frac{\infty}{\infty}$ en dérivant le numérateur et le dénominateur séparément. ### Exemple résolu 15 Calculer : $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}$ **Solution** : C'est une forme $\frac{0}{0}$. Appliquer L'Hôpital : $$ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{1} = \cos 0 = 1 $$ (Cela confirme la limite fondamentale.) ### Exercice d'application 15 (corrigé) Calculer : $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x}$ **Solution** : Forme $\frac{0}{0}$ puisque $e^0 - 1 = 0$. Appliquer L'Hôpital : $$ \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{1} = e^0 = 1 $$ ### Exemple résolu 16 (forme $\infty/\infty$) Calculer : $\lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{e^x}$ **Solution** : Forme $\frac{\infty}{\infty}$. Appliquer L'Hôpital : $$ \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{e^x} = \lim_{x \to \infty} \frac{2x}{e^x} $$ Toujours $\frac{\infty}{\infty}$, appliquer encore : $$ = \lim_{x \to \infty} \frac{2}{e^x} = 0 $$ Donc la limite initiale est $0$. ### Exercice d'application 16 (corrigé) Calculer : $\lim_{x \to 0^+} x \ln x$ **Solution** : On réécrit sous la forme $\frac{\ln x}{1/x}$ pour avoir $\frac{-\infty}{\infty}$ lorsque $x \to 0^+$ $$ \lim_{x \to 0^+} x \ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} $$ Forme $\frac{-\infty}{\infty}$, appliquer L'Hôpital : $$ = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} \cdot \left(-x^2\right) = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0 $$ Donc $\lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0$ ---