Exercice 12

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−
Dérivée
−
Corrections
Exercice 12
f est définie sur IR par f(x) = x
2
- 1 .
x
2
- 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 :
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) = x
2
- 1 si x ∈ ]-∞ ; -1]∪[1 ; +∞[
et f(x) = -(x
2
- 1) = -x
2
+ 1 si x ∈ ]-1 ; 1[ .
Considérons la parabole P
1
d'équation y = x
2
- 1
P
1
a pour sommet le point de coordonnées (0 ; -1)
et la parabole P
2
d'équation y = -(x
2
- 1) = -x
2
+ 1
P
2
est symétrique de P
1
par rapport à (Ox).
La représentation graphique de f est constituée de la partie de la parabole P
1
correspondant à
x ∈ ]-∞ ; -1[∪]1 ; +∞[ et de la partie de la parabole P
2
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 + h
2
On a donc f(-2 + h) - f(-2)
h = 3 - 4h + h
2
- 3
h = h
2
- 4h
h = h - 4
Lorsque h tend vers 0 f(-2 + h) - f(-2)
h tend donc vers -4 .
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 + h
2
On a donc f(2 + h) - f(2)
h = 3 + 4h + h
2
- 3
h = h
2
+ 4h
h = h + 4
Lorsque h tend vers 0 f(2 + h) - f(2)
h tend donc vers 4 .
On en déduit que : f est dérivable en 2 et f'(2) = 4 .
x -∞
-1
1 +∞
x
2
- 1 + 0 - 0 +

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Dérivée
−
Corrections
0 ∈ ]-1 ; 1[ , donc f(0) = - 0
2
+ 1 = 1
Pour h assez petit 0 + h appartient aussi à ]-1 ; 1[, donc f(0 + h) = -(0 + h)
2
- 1 = -h
2
+ 1
On a donc f(0 + h) - f(0)
h = - h
2
+ 1 - 1
h = -h
2
h = -h
Lorsque h tend vers 0 f(0 + h) - f(0)
h tend donc vers 0 .
On en déduit que : f est dérivable en 0 et f'(0) = 0 .
1 ∈ [1 ; +∞[ , donc f(1) = 1
2
- 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 + h
2
- 1 = 2h + h
2
lorsque h est positif
et f(1 + h) = -(1 + h)
2
+ 1 = -1 - 2h - h
2
+ 1 = -2h - h
2
lorsque h est négatif .
On a donc f(1 + h) - f(1)
h = 2h + h
2
h = 2 + h lorsque h est positif
et f(1 + h) - f(1)
h = -2h - h
2
h = -2 - h lorsque h est négatif .
Donc f(1 + h) - f(1)
h tend vers 2 lorsque h tend vers 0 par valeurs positives
et f(1 + h) - f(1)
h tend vers -2 lorsque h tend vers 0 par valeurs négatives .
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 + h
2
- 1 = -2h + h
2
lorsque h est négatif
et f(-1 + h) = -(-1 + h)
2
+ 1 = -1 + 2h - h
2
+ 1 = 2h - h
2
lorsque h est positif .
On a donc f(-1 + h) - f(-1)
h = -2h + h
2
h = -2 + h lorsque h est négatif
et f(-1 + h) - f(-1)
h = 2h - h
2
h = 2 - h lorsque h est positif .
Donc f(-1 + h) - f(-1)
h tend vers -2 lorsque h tend vers 0 par valeurs négatives
et f(-1 + h) - f(-1)
h tend vers 2 lorsque h tend vers 0 par valeurs positives .
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)