Exercice 13

On utilise $\left(\sqrt{u}\right)'=\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$. La fonction $\sqrt{u}$ est définie là où $u\geqslant 0$, mais dérivable seulement là où $u>0$ : les deux ensembles diffèrent toujours des points où $u$ s'annule.

a) $u(x)=x-4$, $u'(x)=1$. $\;D_f=[4\,;+\infty[$ et $D_{f'}=]4\,;+\infty[$ : $$\boxed{f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x-4}}}$$

b) $u(x)=3x+1$, $u'(x)=3$. $\;D_f=\left[-\frac{1}{3}\,;+\infty\right[$ et $D_{f'}=\left]-\frac{1}{3}\,;+\infty\right[$ : $$\boxed{f'(x)=\dfrac{3}{2\sqrt{3x+1}}}$$

c) $u(x)=1-2x$, $u'(x)=-2$. $\;D_f=\left]-\infty\,;\frac{1}{2}\right]$ et $D_{f'}=\left]-\infty\,;\frac{1}{2}\right[$ : $$f'(x)=\dfrac{-2}{2\sqrt{1-2x}}=\boxed{-\dfrac{1}{\sqrt{1-2x}}}$$

d) $u(x)=x^{2}+4$, $u'(x)=2x$. Comme $x^{2}+4\geqslant 4>0$, on a $D_f=D_{f'}=\mathbb{R}$ : $$f'(x)=\dfrac{2x}{2\sqrt{x^{2}+4}}=\boxed{\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+4}}}$$

e) $u(x)=x^{2}+x+1$, $u'(x)=2x+1$. Le discriminant de $u$ vaut $\Delta=1^{2}-4\times 1\times 1=-3<0$ : le trinôme ne s'annule jamais et garde le signe de son coefficient dominant, donc $u(x)>0$ pour tout réel $x$. Ainsi $D_f=D_{f'}=\mathbb{R}$ et $$\boxed{f'(x)=\dfrac{2x+1}{2\sqrt{x^{2}+x+1}}}$$

f) $f(x)=2\sqrt{x^{2}-9}$, avec $u(x)=x^{2}-9$ et $u'(x)=2x$. On a $u(x)\geqslant 0$ pour $x\leqslant -3$ ou $x\geqslant 3$, donc $D_f=\,]-\infty\,;-3]\cup[3\,;+\infty[$ et $D_{f'}=\,]-\infty\,;-3[\,\cup\,]3\,;+\infty[$ : $$f'(x)=2\times\dfrac{2x}{2\sqrt{x^{2}-9}}=\boxed{\dfrac{2x}{\sqrt{x^{2}-9}}}$$

g) $u(x)=\dfrac{1}{2x}-1=\dfrac{1-2x}{2x}$. Ce quotient est strictement positif lorsque $1-2x$ et $2x$ sont de même signe, c'est-à-dire pour $0<x<\frac{1}{2}$. Donc $D_f=\left]0\,;\frac{1}{2}\right]$ et $D_{f'}=\left]0\,;\frac{1}{2}\right[$. Avec $u'(x)=-\dfrac{1}{2x^{2}}$ : $$f'(x)=\dfrac{-\frac{1}{2x^{2}}}{2\sqrt{\frac{1}{2x}-1}} =\boxed{-\dfrac{1}{4x^{2}\sqrt{\dfrac{1}{2x}-1}}}$$

h) $f(x)=x\sqrt{x+1}$ : c'est un produit, dont le second facteur est une racine. $D_f=[-1\,;+\infty[$ et $D_{f'}=\,]-1\,;+\infty[$. On pose :