← Mathématiques

Test de la dérivée première

Saisissez f. La page recense chaque x où f′ s'annule ou n'existe pas, puis trace sous la courbe le signe de f′ sur chaque intervalle. Qualifiez chaque point critique avant que la réponse n'apparaisse. Choisissez un intervalle [a, b] : les bornes rejoignent aussitôt les candidats pour la plus grande et la plus petite valeur.

Croissance et décroissance f′>0 ⇒ f↗,f′<0 ⇒ f↘f'>0\ \Rightarrow\ f\nearrow,\qquad f'<0\ \Rightarrow\ f\searrow
Test de la dérivée première en un point critique c + ∣c −  ⇒  f(c) max⁡− ∣c +  ⇒  f(c) min⁡\begin{aligned}&+\ \big|_{c}\ -\ \ \Rightarrow\ \ f(c)\ \max\\&-\ \big|_{c}\ +\ \ \Rightarrow\ \ f(c)\ \min\end{aligned}
Méthode des candidats sur [a, b] max⁡[a,b]f=max⁡{f(a), f(ci), f(b)}\max_{[a,b]}f=\max\{f(a),\ f(c_i),\ f(b)\}
Chargement de la simulation interactive...

Leçon

La théorie — Test de la dérivée première

Un point critique de f est une valeur x où f est définie et où f′(x) = 0 ou bien f′(x) n'existe pas. Le test de la dérivée première : si f est continue en un point critique c et que f′ passe de + à − en le traversant, alors f(c) est un maximum local ; si elle passe de − à +, un minimum local ; si f′ conserve son signe, ce n'est ni l'un ni l'autre.

D’où vient la formule

  1. Déterminez f′ et les points critiques. Résolvez f′(x) = 0 et ajoutez chaque x où f est définie sans que f′ n'existe (point anguleux, point de rebroussement). Là où f elle-même n'est pas définie, en présence d'une asymptote ou d'un saut, la droite réelle est également scindée, mais ce x n'est pas un point critique.
    f′(c)=0  ∨  ∄f′(c),∃f(c)f'(c)=0\ \ \lor\ \ \nexists f'(c),\qquad \exists f(c)
  2. Dressez le tableau de signes. Entre deux points de coupure consécutifs, f′ garde un signe constant : une seule valeur test par intervalle suffit donc à le déterminer. Sur la page, ces signes correspondent aux + et − du bandeau placé sous le graphique.
    xc1c2f′(x)±0±∄±\begin{array}{c|ccccc}x&&c_1&&c_2&\\\hline f'(x)&\pm&0&\pm&\nexists&\pm\end{array}
  3. Déduisez les variations. Là où f′ > 0, f est croissante ; là où f′ < 0, elle est décroissante. Le théorème des accroissements finis en fournit la raison : toute sécante reliant deux points du graphe a la pente d'une tangente située entre eux.
    f(x2)−f(x1)=f′(ξ) (x2−x1)f′>0 ⇒ f(x2)>f(x1)(x1<x2)\begin{aligned}&f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)\,(x_2-x_1)\\&f'>0\ \Rightarrow\ f(x_2)>f(x_1)\quad(x_1<x_2)\end{aligned}
  4. Qualifiez chaque point critique selon les signes de la dérivée de part et d'autre.
    + ∣c − ⇒ f(c) max⁡− ∣c + ⇒ f(c) min⁡+ ∣c +,  − ∣c − ⇒ ¬max⁡, ¬min⁡\begin{aligned}&+\ \big|_{c}\ -\ \Rightarrow\ f(c)\ \max\\&-\ \big|_{c}\ +\ \Rightarrow\ f(c)\ \min\\&+\ \big|_{c}\ +,\ \ -\ \big|_{c}\ -\ \Rightarrow\ \neg\max,\ \neg\min\end{aligned}
  5. Sur un intervalle fermé [a, b], si f y est continue, le maximum et le minimum absolus figurent nécessairement parmi les valeurs candidates : f en a, f en b et f en chaque point critique intérieur. Comparez ces valeurs ; une borne peut l'emporter.
    xac1⋯ckbf(x)f(a)f(c1)⋯f(ck)f(b)\begin{array}{c|ccccc}x&a&c_1&\cdots&c_k&b\\\hline f(x)&f(a)&f(c_1)&\cdots&f(c_k)&f(b)\end{array}

Problèmes entièrement résolus

  1. Une fonction cubique avec maximum et minimum 3 étapes

    Déterminez les intervalles sur lesquels f(x) = 2x³ − 3x² − 12x est croissante et décroissante, puis qualifiez ses points critiques.

    Ouvrez ce problème dans l'outil

    1. Dérivez et factorisez, puis posez f′ = 0 :

      f′(x)=6x2−6x−12=6(x+1)(x−2)f′(x)=0 ⇒ x=−1, 2\begin{aligned}f'(x)&=6x^{2}-6x-12\\&=6(x+1)(x-2)\\f'(x)&=0\ \Rightarrow\ x=-1,\ 2\end{aligned}

    2. Testez une valeur dans chaque intervalle, par exemple f′(−2) = 24, f′(0) = −12 et f′(3) = 24 :

      x−12f′(x)+0−0+f(x)↗7↘−20↗\begin{array}{c|ccccc}x&&-1&&2&\\\hline f'(x)&+&0&-&0&+\\f(x)&\nearrow&7&\searrow&-20&\nearrow\end{array}

    3. Lisez les deux points critiques sur le tableau :

      f(−1)=−2−3+12=7f(2)=16−12−24=−20\begin{aligned}&f(-1)=-2-3+12=7\\&f(2)=16-12-24=-20\end{aligned}

    Réponse

    Croissante sur (−∞, −1) et (2, ∞), décroissante sur (−1, 2) ; un maximum local f(−1) = 7 et un minimum local f(2) = −20.

    f(−1)=7 max⁡,f(2)=−20 min⁡f(-1)=7\ \max,\qquad f(2)=-20\ \min
  2. f′ = 0 sans changement de signe 3 étapes

    Déterminez et qualifiez les points critiques de f(x) = x⁴ − 4x³.

    Ouvrez ce problème dans l'outil

    Afficher la solution

    1. Dérivez et factorisez :

      f′(x)=4x3−12x2=4x2(x−3)f′(x)=0 ⇒ x=0, 3\begin{aligned}&f'(x)=4x^{3}-12x^{2}=4x^{2}(x-3)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=0,\ 3\end{aligned}

    2. Le facteur x² n'étant jamais négatif, f′ a le signe de x − 3 de part et d'autre de 0 :

      x034x2+0+++x−3−−−0+f′(x)−0−0+\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&3&\\\hline 4x^{2}&+&0&+&+&+\\x-3&-&-&-&0&+\\\hline f'(x)&-&0&-&0&+\end{array}

    3. Ainsi, 0 est un point critique où f marque un simple palier, comme pour x³ sur la page dérivée, tandis qu'en 3 s'opère un changement de sens :

      x03f(x)↘0↘−27↗\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&3&\\\hline f(x)&\searrow&0&\searrow&-27&\nearrow\end{array}

    Réponse

    x = 0 n'est ni l'un ni l'autre ; f(3) = −27 est un minimum local. f est décroissante sur (−∞, 3), traversant 0 sans changer de sens, et croissante sur (3, ∞).

    f(3)=81−108=−27 min⁡f(3)=81-108=-27\ \min
  3. Un point de rebroussement : f′ n'existe pas 3 étapes

    Déterminez et qualifiez les points critiques de f(x) = x − 3x^(2/3).

    Ouvrez ce problème dans l'outil

    Afficher la solution

    1. Dérivez. f′ s'annule là où le numérateur s'annule et n'existe pas là où le dénominateur vaut 0, bien que f(0) = 0 soit bien définie :

      f′(x)=1−2x1/3=x1/3−2x1/3f′(8)=0,∄f′(0)\begin{aligned}&f'(x)=1-\frac{2}{x^{1/3}}=\frac{x^{1/3}-2}{x^{1/3}}\\&f'(8)=0,\qquad \nexists f'(0)\end{aligned}

    2. Le tableau de signes, avec le dénominateur qui change de signe en 0 :

      x08f′(x)+∄−0+f(x)↗0↘−4↗\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&8&\\\hline f'(x)&+&\nexists&-&0&+\\f(x)&\nearrow&0&\searrow&-4&\nearrow\end{array}

    3. Ces deux points sont critiques, et tous deux correspondent à un extremum :

      f(8)=8−3⋅82/3=8−12=−4f(8)=8-3\cdot8^{2/3}=8-12=-4

    Réponse

    Un maximum local f(0) = 0, en un point de rebroussement où f′ n'existe pas, et un minimum local f(8) = −4. Résoudre seulement f′ = 0 laisse échapper le maximum.

    f(0)=0 max⁡,f(8)=−4 min⁡f(0)=0\ \max,\qquad f(8)=-4\ \min
  4. Un changement de signe au niveau d'une asymptote 3 étapes

    Soit f(x) = x + 4/x². Déterminez où f est croissante et décroissante, puis qualifiez chaque point critique.

    Ouvrez ce problème dans l'outil

    Afficher la solution

    1. Dérivez. f′ s'annule en x = 2 et n'est pas définie en 0, où f ne l'est pas non plus :

      f′(x)=1−8x3=x3−8x3f′(2)=0,∄f(0)\begin{aligned}&f'(x)=1-\frac{8}{x^{3}}=\frac{x^{3}-8}{x^{3}}\\&f'(2)=0,\qquad \nexists f(0)\end{aligned}

    2. Découpez la droite réelle en 2 et en 0, puis testez chaque intervalle :

      x02f′(x)+∄−0+f(x)↗∄↘3↗\begin{array}{c|ccccc}x&&0&&2&\\\hline f'(x)&+&\nexists&-&0&+\\f(x)&\nearrow&\nexists&\searrow&3&\nearrow\end{array}

    3. f′ passe de + à − en traversant 0, mais 0 n'appartient pas au domaine de f : ce n'est donc pas un point critique et il n'y a aucun maximum ici, la courbe longeant l'asymptote vers l'infini. L'unique point critique est 2 :

      f(2)=2+422=3f(2)=2+\frac{4}{2^{2}}=3

    Réponse

    Croissante sur (−∞, 0) et (2, ∞), décroissante sur (0, 2) ; un unique minimum local, f(2) = 3.

    f(2)=3 min⁡f(2)=3\ \min
  5. Une fonction trigonométrique sur un intervalle 3 étapes

    Qualifiez les points critiques de f(x) = 2 sin x + sin 2x sur [0, 2π] et déterminez-y ses extremums absolus.

    Ouvrez ce problème dans l'outil

    Afficher la solution

    1. Utilisez cos 2x = 2cos²x − 1 puis factorisez :

      f′(x)=2cos⁡x+2(2cos⁡2x−1)=2(2cos⁡x−1)(cos⁡x+1)\begin{aligned}f'(x)&=2\cos x+2(2\cos^{2}x-1)\\&=2(2\cos x-1)(\cos x+1)\end{aligned}

    2. cos x + 1 ≥ 0 et ne s'annule qu'en π : le signe de f′ est donc celui de 2cos x − 1, sauf en π lui-même :

      xπ3π5π3f′+0−0−0+f↗332↘0↘−332↗{\small\begin{array}{c|ccccccc}x&&\tfrac{\pi}{3}&&\pi&&\tfrac{5\pi}{3}&\\\hline f'&+&0&-&0&-&0&+\\f&\nearrow&\tfrac{3\sqrt{3}}{2}&\searrow&0&\searrow&-\tfrac{3\sqrt{3}}{2}&\nearrow\end{array}}

    3. Comparez les candidats, bornes incluses :

      f(0)=f(2π)=0f ⁣(π3)=2⋅32+32=332≈2.5981\begin{aligned}&f(0)=f(2\pi)=0\\&f\!\left(\tfrac{\pi}{3}\right)=2\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2}=\tfrac{3\sqrt{3}}{2}\approx2{.}5981\end{aligned}

    Réponse

    Un maximum local f(π/3) = 3√3/2 ≈ 2,5981, un minimum local f(5π/3) = −3√3/2 ≈ −2,5981, tandis que π n'est ni l'un ni l'autre. Les deux bornes donnant 0, ces deux extremums locaux sont aussi le maximum et le minimum absolus.

    max⁡[0,2π]f=332,min⁡[0,2π]f=−332\max_{[0,2\pi]}f=\tfrac{3\sqrt{3}}{2},\qquad \min_{[0,2\pi]}f=-\tfrac{3\sqrt{3}}{2}
  6. La méthode des candidats : le maximum atteint sur une borne 2 étapes

    Trouvez le maximum et le minimum absolus de f(x) = x³ − 3x sur [0, 3].

    Ouvrez ce problème dans l'outil

    Afficher la solution

    1. f est polynomiale, donc continue sur [0, 3]. Recherche des points critiques :

      f′(x)=3x2−3=3(x−1)(x+1)f′(x)=0 ⇒ x=±1\begin{aligned}&f'(x)=3x^{2}-3=3(x-1)(x+1)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=\pm1\end{aligned}

    2. Seul x = 1 se trouve dans l'intervalle ouvert (0, 3). Évaluez f en ce point et aux deux bornes :

      x013f(x)0−218\begin{array}{c|ccc}x&0&1&3\\\hline f(x)&0&-2&18\end{array}

    Réponse

    Le maximum absolu est f(3) = 18, atteint à la borne ; le minimum absolu est f(1) = −2. En x = 3, f′ = 24 et ne s'annule pas, tout comme pour la boîte à profondeur limitée sur la page optimisation.

    max⁡[0,3]f=f(3)=18min⁡[0,3]f=f(1)=−2\begin{aligned}&\max_{[0,3]}f=f(3)=18\\&\min_{[0,3]}f=f(1)=-2\end{aligned}
  7. Aucun point critique intérieur 2 étapes

    Déterminez les extremums absolus de f(x) = x³ + 3x sur [−1, 2].

    Ouvrez ce problème dans l'outil

    Afficher la solution

    1. Dérivez :

      f′(x)=3x2+3≥3>0f'(x)=3x^{2}+3\ge3>0

    2. f est donc strictement croissante sur tout l'intervalle, et les seuls candidats sont les bornes :

      x−12f(x)−414\begin{array}{c|cc}x&-1&2\\\hline f(x)&-4&14\end{array}

    Réponse

    Minimum absolu f(−1) = −4, maximum absolu f(2) = 14.

    min⁡[−1,2]f=f(−1)=−4max⁡[−1,2]f=f(2)=14\begin{aligned}&\min_{[-1,2]}f=f(-1)=-4\\&\max_{[-1,2]}f=f(2)=14\end{aligned}
  8. Déterminer les intervalles à partir d'une dérivée factorisée 2 étapes

    Une fonction f vérifie f′(x) = (x + 2)(x − 1)²(x − 4). Sur quels intervalles f est-elle croissante, et quels sont ses points critiques ?

    Afficher la solution

    1. Les points critiques sont les zéros des différents facteurs :

      f′(x)=(x+2)(x−1)2(x−4)f′(x)=0 ⇒ x=−2, 1, 4\begin{aligned}&f'(x)=(x+2)(x-1)^{2}(x-4)\\&f'(x)=0\ \Rightarrow\ x=-2,\ 1,\ 4\end{aligned}

    2. Un facteur au carré n'est jamais négatif et ne change pas de signe ; les deux autres changent de signe :

      x−214f′(x)+0−0−0+f(x)↗↘↘↗\begin{array}{c|ccccccc}x&&-2&&1&&4&\\\hline f'(x)&+&0&-&0&-&0&+\\f(x)&\nearrow&&\searrow&&\searrow&&\nearrow\end{array}

    Réponse

    Croissante sur (−∞, −2) et (4, ∞), décroissante sur (−2, 4) ; un maximum local en −2, un minimum local en 4, et x = 1 n'est ni l'un ni l'autre. Aucune formule pour f n'était nécessaire.

    −2 max⁡,1 ¬max⁡, ¬min⁡,4 min⁡-2\ \max,\qquad 1\ \neg\max,\ \neg\min,\qquad 4\ \min

Exercices supplémentaires, réponses seules

  1. Qualifiez les points critiques de f(x) = x³ − 12x.

    Afficher la réponse

    maximum local f(−2) = 16, minimum local f(2) = −16

    f(−2)=16 max⁡,f(2)=−16 min⁡f(-2)=16\ \max,\qquad f(2)=-16\ \min

  2. Où la fonction f(x) = x e^(−x) est-elle croissante et décroissante ?

    Afficher la réponse

    croissante sur (−∞, 1), décroissante sur (1, ∞) ; maximum local f(1) = 1/e ≈ 0,3679

    f(1)=1e≈0.3679 max⁡f(1)=\tfrac{1}{e}\approx0{.}3679\ \max

  3. Trouvez et qualifiez les points critiques de f(x) = |x² − 4|.

    Afficher la réponse

    minimums locaux f(−2) = f(2) = 0 en des points anguleux ; maximum local f(0) = 4

    f(±2)=0 min⁡,f(0)=4 max⁡f(\pm2)=0\ \min,\qquad f(0)=4\ \max

  4. Qualifiez les points critiques de f(x) = x/(x² + 1).

    Afficher la réponse

    minimum local f(−1) = −1/2, maximum local f(1) = 1/2

    f(−1)=−12 min⁡,f(1)=12 max⁡f(-1)=-\tfrac{1}{2}\ \min,\qquad f(1)=\tfrac{1}{2}\ \max

  5. Trouvez les extremums absolus de f(x) = x⁴ − 2x² sur [−2, 3].

    Afficher la réponse

    maximum absolu f(3) = 63 ; minimum absolu −1, en x = −1 et x = 1

    max⁡[−2,3]f=f(3)=63min⁡[−2,3]f=f(±1)=−1\begin{aligned}&\max_{[-2,3]}f=f(3)=63\\&\min_{[-2,3]}f=f(\pm1)=-1\end{aligned}

  6. Trouvez les extremums absolus de f(x) = x − 2 sin x sur [0, π].

    Afficher la réponse

    minimum absolu f(π/3) = π/3 − √3 ≈ −0,6849 ; maximum absolu f(π) = π

    min⁡[0,π]f=π3−3≈−0.6849max⁡[0,π]f=π\begin{aligned}&\min_{[0,\pi]}f=\tfrac{\pi}{3}-\sqrt{3}\approx-0{.}6849\\&\max_{[0,\pi]}f=\pi\end{aligned}

Un seul point test par intervalle suffit, même lorsque f′ n'est pas continue

Le tableau de signes évalue f′ en un seul point de chaque intervalle et s'en remet à ce résultat pour tout le tronçon. Ce procédé fonctionne car une dérivée définie sur tout un intervalle ne peut pas changer de signe sans passer par 0. La continuité n'y est d'ailleurs pour rien : Gaston Darboux a démontré en 1875 que toute fonction dérivée vérifie la propriété des valeurs intermédiaires, qu'elle soit continue ou non. f′ ne peut donc pas bondir de −1 à 1 en sautant 0 ; la fonction signe, qui effectue précisément ce saut en 0, n'est la dérivée d'aucune fonction sur un intervalle entourant 0. Les seuls endroits où f′ peut changer de signe sont ainsi ses zéros et ses points de non-dérivabilité. Cliquez sur x⁴ − 4x³ : f′ s'annule en 0 sans changer de signe, ce qu'un unique point test de chaque côté suffit à révéler.

Le test est suffisant, mais non nécessaire

Un changement de signe de f′ garantit un extremum ; l'absence de changement n'en exclut aucun. Considérez f(x) = x²(2 + sin(1/x)) en posant f(0) = 0. Toutes les autres valeurs dépassent x², faisant de 0 un minimum strict. Pourtant, f′(x) = 2x(2 + sin(1/x)) − cos(1/x) oscille entre environ −1 et 1 aussi près de 0 que vous le souhaitez : il n'y a donc aucun intervalle à gauche où f décroît, ni à droite où elle croît. Le test de la dérivée première ne peut rien affirmer, et celui de la dérivée seconde n'est d'aucun secours : f′(0) = 0, mais f″(0) n'existe pas. Seule la définition permet de trancher : comparez directement f(0) aux valeurs qui l'entourent.

Un seul point critique, un maximum local, et voilà le sommet absolu : à une variable

Si f est continue sur un intervalle et n'y possède qu'un unique point critique qui est un maximum local, alors ce point est le maximum absolu sur tout l'intervalle. Pour que f monte plus haut ailleurs, il lui faudrait d'abord redescendre puis remonter, et ce changement de sens créerait un second point critique. Le principe vaut tout autant pour un minimum, à condition de rester sur un intervalle. Cliquez sur x + 4/x² : son unique point critique est le minimum f(2) = 3, et pourtant la courbe descend sous 3 à gauche de 0. L'asymptote sépare en effet le domaine en deux intervalles, et 2 n'est le point le plus bas que sur l'un d'eux. À deux variables, l'argument tombe en défaut même sans rupture de domaine : f(x, y) = 3xeʸ − x³ − e³ʸ ne possède qu'un seul point critique, (1, 0), un maximum local valant 1, tandis que f(−3, 0) = 17. Sur une surface, le chemin peut contourner le sommet sans jamais traverser d'autre point horizontal.

Parcours

Ce que f′ et f″ disent d'une courbe

Références (3)

· Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.