Les dérivées d'opérations sur les fonctions

Fonction multipliée par une constante \( : (\lambda f )' \)

Soit \( \lambda \in \mathbb{R} \) un réel quelconque.

Avec la définition de la dérivée , on a :

On peut factoriser par \( \lambda \):

Soit :

Somme de deux fonctions \( : (f+g )' \)

1. En passant par la limite du taux de variations

   Avec la définition de la dérivée , on a :

   $$ ( f+ g)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h) + g(x+h) - (f(x) + g(x))}{h} $$
   $$ ( f+ g)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h) + g(x+h) - f(x) - g(x)}{h} $$

   La limite d'une somme étant la somme des limites :

   $$ \forall (f, g),$$

   $$ lim (f+g) = lim (f) + lim (g) $$
   $$ ( f+ g)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h) - f(x)}{h} + \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{g(x+h) - g(x)}{h} $$
   $$ \forall (f,g),$$
   $$ \bigl( f + g \bigr)' = f' + g'$$

   De la même manière, une différence étant la somme d'un élément négatif, il s'en suit que :

   $$ \bigl( f - g \bigr)' = f' - g' $$

2. En passant par les dérivées partielles

   En considérant la fonction \( y \) comme une fonction dépendante de deux variables indépendantes \(f \) et \( g \) :

   $$y = f + g$$

   On a alors une dérivée partielle :

   $$ dy = \frac{\partial y}{\partial f} df + \frac{\partial y}{\partial g}dg $$
   $$ dy = df + dg $$

   Soit en dérivant maintenant par rapport à \(x \) :

   $$ \frac{dy}{dx} = \frac{df}{dx} + \frac{df}{dx} $$

   Soit finalement,

   $$ \forall (f,g),$$
   $$ \bigl( f + g \bigr)' = f' + g'$$

Combinaison linéaire de deux fonctions \( : (\lambda f+ \mu g )' \)

Avec la dérivée d'une fonction somme ,

Enfin, avec la dérivée d'une fonction multipliée par une constante \( \lambda \) , on peut directement conclure que:

1. Généralisation

   De même, en répétant cette opération plusieurs fois, on peut établir que :

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, \enspace \forall (f,g), \enspace \forall k \in [\![ 1, n ]\!], \enspace \forall \lambda_k \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^n,$$
   $$ \Biggl( \sum_{k=0}^n \lambda_k f_k \Biggl)' = \sum_{k=0}^n \lambda_k f'_k $$

Produit de deux fonctions \( : (fg )' \)

1. Simple derivation

   1. En passant par la limite du taux de variations

      Avec la définition de la dérivée , on a :

      $$ \left ( fg \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h)g(x+h) - fg}{h} $$

      Ajoutons le terme \( f(x + h)g(x) \), puis retirons le aussitôt, afin de conserver l'intégrité de notre expression initiale :

      $$ \left ( fg \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h)g(x+h) + f(x + h)g(x) - f(x + h)g(x) - fg}{h} $$

      On factorise par \( f(x + h) \) et \( g(x) \) :

      $$ \left ( fg \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ g(x)(f(x + h) - f(x))}{h} \ + \ \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h)(g(x+h) - g(x))}{h} $$

      La limite d'un produit étant le produit des limites :

      $$ \forall (f, g),$$

      $$ lim (fg) = lim (f) \ lim(g)$$

      On a à présent :

      $$ \left ( fg \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace g(x) . \left( \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h) - f(x)}{h} \right) \ + \ \lim_{h \to 0 } \enspace f(x+h) \left( \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ g(x+h) - g(x)}{h} \right) $$

      Et finalement,

      $$ \forall (f,g),$$
      $$ \left ( f g\right)' = f'g + g'f $$

   2. En passant par les dérivées partielles

      En considérant la fonction \( y\) comme une fonction dépendante de deux variables indépendantes \(f \) et \( g \) :

      $$y = fg$$

      On a alors une dérivée partielle :

      $$ dy = \frac{\partial y}{\partial f} df + \frac{\partial y}{\partial g}dg $$
      $$ dy = g \ df + f \ dg $$

      Soit en dérivant maintenant par rapport à \(x \) :

      $$ \frac{dy}{dx} = g \ \frac{df}{dx} + f \frac{dg}{dx} $$

      Soit finalement,

      $$ \forall (f,g),$$
      $$ \left ( f g\right)' = f'g + g'f $$

2. Derivation successives : la formule de Leibniz

   Soient deux fonctions \(f, g\) de classe \( \mathbb{C}^{\infty}\) sur un intervalle \(I\). On note \(f^{(n)}\) la dérivée \(n\)-ième de \(f\).

   On sait que la dérivée d'un produit de fonctions vaut :

   $$ \forall (f,g),$$

   $$ \left ( f g \right)' \hspace{0.1em }= f'g + g'f $$

   De même, si l'on dérive à nouveau,

   $$ \left ( f g \right)'' \hspace{0.1em } = (f'g)'+ (g'f)' $$
   $$ \left ( f g \right)'' \hspace{0.1em } = f''g + g'f' + f'g' + g''f $$
   $$ \left ( f g \right)'' \hspace{0.1em } = f''g + 2g'f' + g''f $$

   Un pattern similaire au binôme de Newton transparaît dans cette équation.

   En effet, cela peut nous faire penser à :

   $$ \Biggl \{ \begin{gather*} \left ( f g \right)^{(2)} \hspace{0.1em } = f^{(2)}g + 2g'f' + g^{(2)}f \qquad \\ (a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2 \qquad \bigl(\text{Binôme de Newton pour \((n = 2)\)} \bigr) \end{gather*} $$

   Re-dérivons à nouveau,

   $$ \left ( f g \right)^{(3)} \hspace{0.1em }= f^{(3)}g + g'f^{(2)} + 2 (g'f^{(2)} + f'g^{(2)}) + g^{(3)}f + f'g^{(2)} $$
   $$ \left ( f g \right)^{(3)} \hspace{0.1em }= f^{(3)}g + 3f^{(2)}g' + 3f'g^{(2)} + g^{(3)}f $$

   Il semble que les dérivations successives du produit donnent :

   $$ (fg)^{(n)} = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} f^{(n-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} $$

   Tentons de le démontrer par récurrence.

   1. Preuve par récurrence

      Essayons de montrer que la proposition suivante \((P_n)\) est vraie :

      $$ \forall n \in \hspace{0.04em} \mathbb{N}, \enspace (fg)^{(n)} = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} f^{(n-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} \qquad (P_n) $$

      Soit que pour tout \(k\) :

      $$ (fg)^{(k)} = \binom{k}{0} f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(0)} + \binom{k}{1} f^{(k-1)} \hspace{0.1em} g^{(1)} + \binom{k}{2} f^{(k-2)} \hspace{0.1em} g^{(2)} \enspace + ... + \enspace \binom{k}{k-1} f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k-1)} + \binom{k}{k} f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k)} \qquad (P_{k}) $$

      1. Calcul du premier terme

         Vérifions que c'est bien vrai pour le premier terme, c'est-à-dire lorsque \( n = 0 \).

         $$ \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} f^{(n-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} = \binom{n}{0} f^{(0)}g^{(0)} = fg $$

         C'est simplement le produit \((fg)\) avant dérivation.

         Donc \((P_0)\) est vraie.

      2. Vérification de l'hérédité

         Soit \( k \in \mathbb{N} \) un entier naturel.

         On suppose que la proposition \((P_k)\) est vraie pour tout \( k \).

         $$ (fg)^{(k)} = \sum_{p = 0}^{k} \binom{k}{p} f^{(k-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} \qquad (P_{k}) $$

         Vérifions que c'est bien le cas pour \((P_{k + 1})\).

         $$ (fg)^{(k+1)} = \sum_{p = 0}^{k+1} \binom{k+1}{p} f^{(k+1-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} \qquad (P_{k+1}) $$

         Soit que :

         $$ (fg)^{(k+1)} = \binom{k+1}{0} f^{(k+1)} \hspace{0.1em} g^{(0)} + \binom{k+1}{1} f^{(k-1)} \hspace{0.1em} g^{(1)} + \binom{k+1}{2} f^{(k-1)} \hspace{0.1em} g^{(2)} \enspace + ... + \enspace \binom{k+1}{k} f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k)} + \binom{k+1}{k+1} f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k+1)} \qquad (P_{k+1}) $$

         Repartons de \((fg)^{(k)}\) et calculons-en la dérivée.

         $$ (fg)^{(k)} = \binom{k}{0} f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(0)} + \binom{k}{1} f^{(k-1)} \hspace{0.1em} g^{(1)} \enspace + ... + \enspace \binom{k}{k-1} f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k-1)} + \binom{k}{k} f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k)} \qquad (P_{k}) $$
         $$ \left ( (fg)^{(k)} \right)' = \binom{k}{0} \left ( f^{(k+1)} \hspace{0.1em} g^{(0)} + f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(1)} \right) + \binom{k}{1} \left (f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(1)} + g^{(2)} f^{(k -1 )} \right) \enspace + ... + \enspace \binom{k}{k-1} \left( f^{(2)} \hspace{0.1em} g^{(k-1)} + g^{(k)}f^{(1)} \right) + \binom{k}{k}\left( f^{(1)} g^{(k)} + g^{(k+1)}f^{(0)} \right) $$
         $$ (fg)^{(k+1)} = \textcolor{rgb(118 139 240)}{\binom{k}{0}} \left ( f^{(k+1)} \hspace{0.1em} g^{(0)} \right) + \textcolor{rgb(54 152 46)}{\left[\binom{k}{0} + \binom{k}{1}\right]} \left (f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(1)} \right) + \textcolor{rgb(192 52 52)}{\left[\binom{k}{1} + \binom{k}{2}\right]} \left (f^{(k -1 )} g^{(2)} \right) \enspace + ... + \enspace \textcolor{rgb(197 144 218)}{\left[\binom{k}{k-1} + \binom{k}{k}\right]} \left (f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k)} \right) + \textcolor{rgb(85, 109, 229)}{\binom{k}{k}} \left ( f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k+1)} \right) $$

         Mais on sait grâce à la formule de Pascal , que :

         $$ \binom{n}{p} = \binom{n - 1}{p - 1} + \binom{n - 1}{p} \qquad \text{(Formule de Pascal)} $$

         Soit aussi que :

         $$ \binom{n + 1}{p + 1} = \binom{n}{p} + \binom{n}{p + 1} \qquad (\text{Pascal}^*) $$

         Alors grâce à \( (\text{Pascal}^*) \), on a :

         $$ (fg)^{(k+1)} = \textcolor{rgb(118 139 240)}{\binom{k}{0}} \left ( f^{(k+1)} \hspace{0.1em} g^{(0)} \right) + \textcolor{rgb(54 152 46)}{\binom{k+1}{1}} \left (f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(1)} \right) + \enspace + ... + \enspace \textcolor{rgb(197 144 218)}{\binom{k+1}{k}} \left (f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k)} \right) + \textcolor{rgb(118 139 240)}{\binom{k}{k}} \left ( f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k+1)} \right) $$

         Or, on remarque :

         $$ \binom{k}{0} = \binom{k + 1}{0} $$

         De même,

         $$ \binom{k}{k} = \binom{k + 1}{k + 1} $$

         Et finalement que :

         $$ (fg)^{(k+1)} = \binom{k+1}{0} \left ( f^{(k+1)} \hspace{0.1em} g^{(0)} \right) + \binom{k+1}{1} \left (f^{(k)} \hspace{0.1em} g^{(1)} \right) \enspace + ... + \enspace \binom{k+1}{k} \left (f^{(1)} \hspace{0.1em} g^{(k)} \right) + \binom{k+1}{k+1} \left ( f^{(0)} \hspace{0.1em} g^{(k+1)} \right) $$

         On peut réécrire ce terme sous la forme de somme, et on retrouve bien notre proposition \(( P_{k + 1} ) \) :

         $$ (fg)^{(k+1)} = \sum_{p = 0}^{k+1} \binom{k+1}{p} f^{(k+1-p)} \hspace{0.1em} g^{(p)} \qquad (P_{k+1}) $$

         Alors, \((P_{k + 1})\) est vraie.

      3. Conclusion

         La proposition \((P_n)\) est vraie pour son premier terme \(n_0 = 0\) et est héréditaire de proche en proche pour tout \(k \in \mathbb{N}\).

         Par le principe de récurrence, elle ainsi est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

Et finalement,

Inverse de fonction \( : (1 /g )' \)

Soit \(g \neq 0\) une fonction non nulle.

1. En passant par la limite du taux de variations

   Avec la définition de la dérivée , on a :

   $$ \left ( 1 \over g \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ \frac{1}{g(x+h)} - \frac{1}{g(x)} }{h} $$

   Mettons le numérateur au même dénominateur.

   $$ \left ( 1 \over g \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{1}{h} . \frac{ g(x) - g(x +h) }{g(x +h)g(x)} $$
   $$ \left ( 1 \over g \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{g(x) - g(x +h)}{h} . \frac{ 1 }{g(x +h)g(x)} $$

   On reconnaît la définition de la dérivée de \(g \) :

   $$ \left ( 1 \over g \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace - \frac{g(x +h)- g(x) }{h} . \frac{ 1 }{g(x +h)g(x)} $$
   $$ \left ( 1 \over g \right)'(x) = - g'(x) . \frac{ 1 }{g(x)^2} $$

   Et finalement,

   $$ \forall g \neq 0, $$
   $$ \left ( 1 \over g \right)' = -\frac{ g' }{g^2}$$

2. En passant par la notation de Leibniz

   En considérant la fonction \( y\) comme une fonction dépendante de la variable \(g \) :

   $$y = \frac{1}{g}$$
   $$ dy = -\frac{1}{g^2} dg $$

   Soit en dérivant maintenant par rapport à \(x \) :

   $$ \frac{dy}{dx} = -\frac{1}{g^2} \Biggl[ \frac{dg}{dx} \Biggr]$$

   Soit finalement,

   $$ \forall g \neq 0, $$
   $$ \left ( 1 \over g \right)' = -\frac{ g' }{g^2}$$

Quotient de deux fonctions \( : (f / g )' \)

Soient \(f\) une fonction et \(g \neq 0\) une fonction non nulle.

1. En passant par la limite du taux de variations

   Avec la définition de la dérivée , on a :

   $$ \left ( f \over g \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ \frac{f(x+h)}{g(x+h)} - \frac{f(x)}{g(x)} }{h} $$

   On met le numérateur sous le même dénominateur :

   $$ \left ( f \over g \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h)g(x) - f(x)g(x+h) }{h.g(x).g(x+h)} $$

   Ajoutons le terme \( f(x)g(x) \), puis retirons le aussitôt, afin de conserver l'intégrité de notre expression.

   $$ \left ( f \over g \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ f(x+h)g(x) - f(x)g(x+h) + f(x)g(x) - f(x)g(x)}{h.g(x).g(x+h)} $$

   On factorise par \( f(x) \) et \( g(x) \) :

   $$ \left ( f \over g \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ g(x).\Bigl[f(x+h) - f(x)\Bigr] - f(x)\Bigl[g(x + h) - g(x)\Bigr]}{h.g(x).g(x+h)} $$

   À présent, séparons notre équation en deux parties distinctes :

   $$ \left ( f \over g \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{1}{g(x).g(x+h)} \enspace . \biggl[ \lim_{h \to 0 } \enspace \biggl( \frac{ g(x).\left(f(x+h) - f(x)\right)}{h} - \frac{ f(x)\left(g(x + h) - g(x)\right)}{h} \biggr) \Biggr] $$

   La limite d'une différence étant la différence des limites :

   $$ \forall (f, g),$$

   $$ lim (f-g) = lim (f)-lim (g) $$

   Dans l'expression entre crochets on obtient :

   $$ \left ( f \over g \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{1}{g(x).g(x+h)} \enspace . \biggl[ \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{ g(x).\left(f(x+h) - f(x)\right)}{h} - \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{f(x)\left(g(x + h) - g(x)\right)}{h} \Biggr] $$

   De même, la limite d'un produit est le produit des limites :

   $$ \forall (f, g),$$

   $$ lim (fg) = lim (f) \ lim (g) $$
   $$ \left ( f \over g \right)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{1}{g(x).g(x+h)} \enspace . \biggl[ \Bigl( \lim_{h \to 0 } \enspace g(x) \Bigr). \lim_{h \to 0 } \enspace \Biggl( \frac{ f(x+h) - f(x)}{h}\Biggr) - \Bigl( \lim_{h \to 0 } \enspace f(x) \Bigr).\lim_{h \to 0 } \enspace \Biggl( \frac{g(x + h) - g(x)}{h} \Biggr) \Biggr] $$

   Enfin, en appliquant la limite on obtient :

   $$ \left ( f \over g \right)'(x) = \frac{1}{g(x)^2} \enspace . \biggl( g(x).f'(x) - f(x).g'(x) \biggr) $$

   Soit finalement,

   $$ \forall (f,g), \ g \neq 0, $$
   $$ \left ( f \over g \right)' = \frac{f'g - g'f}{g^2} $$

2. En passant par les dérivées partielles

   En considérant la fonction \( y\) comme une fonction dépendante de deux variables indépendantes \(f \) et \( g \) :

   $$y = \frac{f}{g}$$

   On a alors une dérivée partielle :

   $$ dy = \frac{\partial y}{\partial f} df + \frac{\partial y}{\partial g}dg $$
   $$ dy = \frac{1}{g} df - \frac{f}{g^2}dg $$

   En mettant les deux termes sous le même dénominateur, on a :

   $$ dy = \frac{g}{g^2} df - \frac{f}{g^2}dg $$
   $$ dy = \frac{g.df - f.dg}{g^2} $$

   Soit en dérivant maintenant par rapport à \(x \) :

   $$ \frac{dy}{dx} = \frac{1}{g^2} \left( g \frac{df}{dx} - f \frac{dg}{dx} \right ) $$

   Soit finalement,

   $$ \forall (f,g), \ g \neq 0, $$
   $$ \left ( f \over g \right)' = \frac{f'g - g'f}{g^2} $$

Composée de deux fonctions \( : (f \circ g )' \)

1. Composée de deux fonctions

   Soient deux fonctions \( f, g \).

   $$ g : I \longmapsto J , \enspace x \longmapsto g(x) $$
   $$ f : J \longmapsto K, \enspace y = g(x) \longmapsto f(y) = f \left(g(x)\right) $$

   On définit une fonction composée \( (f \circ g) \) comme :

   $$ (f \circ g)(x) = f \left(g(x)\right) $$

   Avec la définition de la dérivée , on a :

   $$ (f \circ g)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{(f \circ g)(x + h) - (f \circ g)(x)}{h} $$
   $$ (f \circ g)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{f\bigl(g(x + h) \bigr)- f\bigl(g(x)\bigr)}{h} $$

   On multiplie maintenant par un quotient égal à \(1\), ce qui ne change rien :

   $$ (f \circ g)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{f\bigl(g(x + h) \bigr)- f\bigl(g(x)\bigr)}{h} . \frac{g(x+ h) - g(x)}{g(x+ h) - g(x)} $$
   $$ (f \circ g)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{f\bigl(g(x + h) \bigr)- f\bigl(g(x)\bigr)}{g(x+ h) - g(x)} . \frac{g(x+ h) - g(x)}{h} $$

   La limite d'un produit est le produit des limites :

   $$ \forall (f, g),$$

   $$ lim (fg) = lim (f) \ lim (g) $$

   On peut écrire :

   $$ (f \circ g)'(x) = \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{f(g(x + h))- f\bigl(g(x)\bigr)}{g(x+ h) - g(x)} . \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{g(x+ h) - g(x)}{h} $$

   En utilisant le changement de variable :

   $$ g(x + h) - g(x) = H $$

   Lorsque \( h \to 0 \), alors \( H \to 0 \).

   De même, on a considéré plus haut que :

   $$ g(x) = y $$

   Alors,

   $$ (f \circ g)'(x) = \lim_{H \to 0 } \enspace \frac{f(y + H) - f(y)}{H} . \lim_{h \to 0 } \enspace \frac{g(x+ h) - g(x)}{h} $$
   $$ (f \circ g)'(x) = f' \left(y\right) . g'(x) $$
   $$ (f \circ g)'(x) = f' \bigl(g(x)\bigr) . g'(x) $$

   Soit finalement,

   $$ \forall (f,g),$$
   $$ (f \circ g)' = g'(f' \circ g) $$

   On appelle cela aussi une dérivation en chaîne.

2. Généralisation: n'importe quelle composition de fonctions

   Définissons un nouvel opérateur de composition:

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr )(x) = \Bigl(f_1 \circ f_2 \circ f_3 \circ \ ... \ \circ f_{n-1} \circ f_{n}\Bigr)(x) $$

   On définit alors une nouvelle fonction \(\Psi_n (x) \) :

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \Psi_n (x) = \ \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr ) (x) $$

   Telle que :

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \forall k \in [\![1, n ]\!], \ \Psi_k = \left \{ \begin{gather*} \Psi_1 = f_1 \\ \Psi_2 = (f_1 \circ f_2 ) \\ \Psi_3 = (f_1 \circ f_2 \circ f_3 ) \\ \Psi_4 = (f_1 \circ f_2 \circ f_3 \circ f_4 ) \\ ... \\ \Psi_n = (f_1 \circ f_2 \circ \ ... \ \circ f_{n-1}\circ f_n ) \end{gather*} \right \} $$

   En utilisant plusieurs dérivations en chaîne , on obtient :

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \forall k \in [\![1, n ]\!], \ \bigl(\Psi_k \bigl)' = \left \{ \begin{gather*} \Psi_1 ' = f_1 ' \\ \Psi_2 ' = f_2' \times (f_1' \circ f_2 ) \\ \Psi_3 ' = f_3' \times \bigl( f_2' \circ f_3 \bigr) \times \bigl(f_1' \circ f_2 \circ f_3 \bigr) \\ \Psi_4' = f_4' \times \bigl( f_3' \circ f_4 \bigr) \times \bigl(f_2' \circ f_3 \circ f_4 \bigr) \times \bigl(f_1' \circ f_2 \circ f_3 \circ f_4 \bigr) \\ ... \\ \Psi_n' = f_n' \times \bigl( f_{n-1}' \circ f_n \bigr) \times \bigl( f_{n-2}' \circ f_{n-1} \circ f_n \bigr) \times \ ... \ \times \bigl(f_1' \circ f_2 \circ \ ... \ \circ f_{n-1} \circ f_n \bigr) \\ \end{gather*} \right \} $$

   Alors, on peut modéliser ce résultat par,

   $$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \forall k \in [\![1, n ]\!], \ \forall f_k \in \hspace{0.04em} f^k,$$

   $$ \Psi_n' = f'_n \times \prod_{k=1}^{n-1}\Biggl[ f'_{n-k} \circ \Biggl( \overset{n}{\underset{j= (n - k) + 1}{\bigcirc f_j}} \ \Biggr ) \Biggr] \\ $$

   $$ \text{avec} \enspace \Psi_n (x) = \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr ) (x) = \Bigl(f_1 \circ f_2 \circ f_3 \circ \ ... \ \circ f_{n-1} \circ f_{n}\Bigr)(x) $$

   Et sous la forme développée,

   $$ \Psi_n' = \Biggl( \overset{n}{\underset{k=1}{\bigcirc f_k}} \ \Biggr )'= f_n' \times \bigl( f_{n-1}' \circ f_n \bigr) \times \ ... \ \times \bigl(f_1' \circ f_2 \circ \ ... \ \circ f_{n-1} \circ f_n \bigr)$$

3. Exemples

   1. Calcul de \( \cos(2x)' \)

      Pour calculer la dérivée de \( \cos(2x) \), on pose :

      $$ \Biggl \{ \begin{gather*} g(x) = 2x \\ f(x) = \cos(x) \end{gather*} $$

      Ensuite, on calcule leur dérivée respective :

      $$ \Biggl \{ \begin{gather*} g'(x) = 2 \\ f'(x) = -\sin(x) \end{gather*} $$

      On applique alors la formule:

      $$ (f \circ g)' = g'(f' \circ g) $$

      Et,

      $$ \cos(2x)'= -2.\sin(2x) $$
   2. Calcul de \( \Bigl( \sqrt{e^{x^2}} \Bigr)' \)

      On a ici une triple dérivation en chaîne :

      $$ \left \{ \begin{gather*} h(x) = x^2 \\ g(x) = e^x \\ f(x) = \sqrt{x} \end{gather*} \right \} $$

      On calcule leur dérivée respective :

      $$ \left \{ \begin{gather*} h'(x) = 2x\\ g'(x) = e^x \\ f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} \end{gather*} \right \} $$

      Et on applique la formule deux fois de suite :

      $$ (f \circ g \circ h)' = h' (g' \circ h) (f' \circ (g \circ h) ) $$

      Soit :

      $$ \Bigl( \sqrt{e^{x^2}} \Bigr)' = 2x e^{x^2} \frac{1}{2\sqrt{e^{x^2}}} $$
      $$ \Bigl( \sqrt{e^{x^2}} \Bigr)' = \frac{ x e^{x^2}}{\sqrt{e^{x^2}}} $$
      $$ \Bigl( \sqrt{e^{x^2}} \Bigr)' = x \sqrt{e^{x^2}} $$

Fonction réciproque \( : (f^{-1} )' \)

Soit une fonction \( f \) telle que :

On définit sa fonction réciproque par :

Nous allons repartir du résultat de la dérivée d'une fonction composée :

Ici, nous allons composer avec \( f \) et sa réciproque \( f^{-1} \) :

Soit :

On injecte le membre de droite de \( (1) \) dans celui de gauche de \( (2) \), on a :

Et finalement,

Récapitulatif des dérivées d'opérations de fonctions