Exercice 12

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 .
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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)
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