Exercice 12 f est définie sur IR par f(x) = x2 - 1 . x2 - 1 est un trinôme du second degré ayant pour racines -1 et 1. On peut donner son signe en fonction des valeurs de x en utilisant les propriétés connues du trinôme : x x2 - 1 -∞ + -1 0 - 1 0 +∞ + On sait que pour tout réel X on a | X | = X si X ³ 0 et | X | = - X si X < 0 On en déduit que : f(x) = x2 - 1 si x ∈ ]-∞ ; -1]∪[1 ; +∞[ et f(x) = -(x2 - 1) = -x2 + 1 si x ∈ ]-1 ; 1[ . Considérons la parabole P1 d'équation y = x2 - 1 P1 a pour sommet le point de coordonnées (0 ; -1) et la parabole P2 d'équation y = -(x2 - 1) = -x2 + 1 P2 est symétrique de P1 par rapport à (Ox). La représentation graphique de f est constituée de la partie de la parabole P1 correspondant à x ∈ ]-∞ ; -1[∪]1 ; +∞[ et de la partie de la parabole P2 correspondant à x ∈ [-1 ; 1] . -2 ∈ ]-∞ ; -1] , donc f(-2) = (-2)2 - 1 = 3 Pour h assez petit -2 + h appartient aussi à ]-∞ ; -1[, donc f(-2 + h) = (-2 + h)2 - 1 = 3 - 4h + h2 2 2 On a donc f(-2 + h) - f(-2) = 3 - 4h + h - 3 = h - 4h = h - 4 h h h f(-2 + h) f(-2) Lorsque h tend vers 0 tend donc vers -4 . h On en déduit que : f est dérivable en -2 et f'(-2) = -4 . 2 ∈ [1 ; +∞[ , donc f(2) = (2)2 - 1 = 3 Pour h assez petit 2 + h appartient aussi à ]1 ; +∞[ , donc f(2 + h) = (2 + h)2 - 1 = 3 + 4h + h2 2 2 On a donc f(2 + h) - f(2) = 3 + 4h + h - 3 = h + 4h = h + 4 h h h f(2 + h) f(2) Lorsque h tend vers 0 tend donc vers 4 . h On en déduit que : f est dérivable en 2 et f'(2) = 4 . http://xmaths.free.fr 1èreS − Dérivée − Corrections 0 ∈ ]-1 ; 1[ , donc f(0) = - 02 + 1 = 1 Pour h assez petit 0 + h appartient aussi à ]-1 ; 1[, donc f(0 + h) = -(0 + h)2 - 1 = -h2 + 1 2 2 On a donc f(0 + h) - f(0) = - h + 1 - 1 = -h = -h h h h f(0 + h) f(0) Lorsque h tend vers 0 tend donc vers 0 . h On en déduit que : f est dérivable en 0 et f'(0) = 0 . 1 ∈ [1 ; +∞[ , donc f(1) = 12 - 1 = 0 Pour h assez petit 1 + h appartient à [1 ; +∞[ si h est positif et appartient à ]-1 ; 1[ si h est négatif. On a donc f(1 + h) = (1 + h)2 - 1 = 1 + 2h + h2 - 1 = 2h + h2 lorsque h est positif et f(1 + h) = -(1 + h)2 + 1 = -1 - 2h - h2 + 1 = -2h - h2 lorsque h est négatif . 2 On a donc f(1 + h) - f(1) = 2h + h = 2 + h lorsque h est positif h h 2 f(1 + h) f(1) -2h h et = = -2 - h lorsque h est négatif . h h Donc f(1 + h) - f(1) tend vers 2 lorsque h tend vers 0 par valeurs positives h f(1 + h) f(1) tend vers -2 lorsque h tend vers 0 par valeurs négatives . et h On en déduit que : f n'est pas dérivable en 1 . -1 ∈ ]-∞ ; -1] , donc f(-1) = (-1)2 - 1 = 0 Pour h assez petit -1 + h appartient à ]-∞ ; -1] si h est négatif et appartient à ]-1 ; 1[ si h est positif. On a donc f(-1 + h) = (-1 + h)2 - 1 = 1 - 2h + h2 - 1 = -2h + h2 lorsque h est négatif et f(-1 + h) = -(-1 + h)2 + 1 = -1 + 2h - h2 + 1 = 2h - h2 lorsque h est positif . 2 On a donc f(-1 + h) - f(-1) = -2h + h = -2 + h lorsque h est négatif h h 2 2h h f(-1 + h) f(-1) = = 2 - h lorsque h est positif . et h h Donc f(-1 + h) - f(-1) tend vers -2 lorsque h tend vers 0 par valeurs négatives h f(-1 + h) f(-1) et tend vers 2 lorsque h tend vers 0 par valeurs positives . h On en déduit que : f n'est pas dérivable en -1 . En ses points d'abscisses -1 et 1 la courbe de f n'a pas de tangente. (On pourrait remarquer qu'en chacun de ces deux points la courbe a une demi-tangente à gauche et une demi-tangente à droite. On dit que ces points sont des points anguleux) http://xmaths.free.fr 1èreS − Dérivée − Corrections