Exercices sur les fonctions dérivables

Soit la fonction suivante $$ f(x)=\begin{cases} x\sin(\frac{1}{x}), & x\neq 0,\cr 0,& x=0.\end{cases}$$ On a $f$ est continue sur $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ et $|f(x)|\le |x|$ pour tout $x\in \mathbb{R}\setminus\{0\}$. Donc $\lim_{x\to 0} f(x)=0=f(0)$. Ainsi $f$ est continue sur $\mathbb{R}$. D’autre part, le tau $$ \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\sin(\frac{1}{x})$$ n’admet pas de limit en $0$, car la fonction $t\mapsto \sin(t)$ n’admet pas a l’infini. Donc $f$ n’est pas derivable en $0$.

On peut étendre $f$ par continuité au point $0$. Déjà $f$ est bien définie et continue sur $\mathbb{R}^\ast$. Pour que $f$ soit prolongeable au point $0$ il faut que la limite de $f$ en $0$ existe. On a $$ \lim_{x\to 0} f(x)=\lim_{x\to 0} e^{x\ln(|x|)}=1,$$ car $x\ln(|x|)\to 0$ quand $x\to 0$. Donc $f$ est prolongeable par continuité en $0$ et son prolongement continu est donné par \begin{align*}\varphi(x)=\begin{cases}|x|^{x},& x\neq 0,\cr 1,& x=0.\end{cases}\end{align*} On a \begin{align*}\lim_{x\to 0,\;x\neq 0} \frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x-0}&=\lim_{x\to 0,\;x\neq 0} \frac{e^{x\ln(|x|)}-1}{x}\cr &=\lim_{x\to 0,\;x\neq 0} \frac{e^{x\ln(|x|)}-1}{x\ln(|x|)}\,\ln(|x|).\end{align*}En faisant le changement de variable $t=x\ln(|x|)$, on a $tto 0$ quand $x\to 0$. Donc \begin{align*}\lim_{x\to 0,\;x\neq 0} \frac{e^{x\ln(|x|)}-1}{x\ln(|x|)}=\lim_{t\to 0,\,t\neq 0} \frac{e^t-1}{t}=e^0=1.\end{align*}D’autre part, comme $\ln(|x|)\to -\infty$ quand $x\to 0,$ alors $$ \lim_{x\to 0,\;x\neq 0} \frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x-0}=-\infty. $$ Par suite $\varphi$ n’est pas dérivable en $0$. La fonction $g$ est bien définie est continue sur $\mathbb{R}^\ast$. Comme $e^{-\frac{1}{x^2}}\to 0$ quand $x\to \infty,$ alors $g$ est prolongeable par continuité en $0$ et son prolongement continu est donné par \begin{align*}\psi(x)=\begin{cases}e^{-\frac{1}{x^2}},& x\neq 0,\cr 0,& x=0.\end{cases}\end{align*} On a \begin{align*}\lim_{x\to 0,\;x\neq 0} \frac{\psi(x)-\psi(0)}{x-0}&= \lim_{x\to 0,\;x\neq 0} \frac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x}= \lim_{t\to\infty} te^{-t^2}=0.\end{align*}Donc $\psi$ est dérivable en $0$ et $\psi'(0)=0$.

Les fonctions $x\mapsto \sin(x)$ et $x\mapsto \arctan(x)$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$. De plus on a $\sin'(t)|=|\cos(t)|\le 1$ et $\arctan'(t)=\frac{1}{1+t^2}\le 1$ pour tout $t\in \mathbb{R}$. Ainsi il suffit d’appliquer l’inégalitè des accroissements finis.

Soient $x,y\in K$. Par application du théorème des accroissements finis sur l’intervalle d’extrémités $x$ et $y$, il existe donc un réel $c$ compris entre $x$ et $y$ (bien sur il dépend de $x$ et $y$) tel que $$ f(x)-f(y)=f'(c) (x-y). $$ En passant à la valeur absolu, on a $$ |f(x)-f(y)|=|f'(c)| |x-y|. $$ Comme $f$ est de classe $C^1$ sur $K$, alors la fonction dérivée $f’:K\to \mathbb{R}$ est continue sur $K$. Comme $K$ est compact, alors d’après le théorème de Heine $f’$ est bornée sur $K$. Ainsi il existe une constante $\gamma>0$ telle que $|f'(t)|\le \gamma$ pour tout $t\in K$. Et donc $$ |f(x)-f(y)|\le \gamma |x-y|. $$Si $0\in K,$ alors pour tout $x\in K$ on a $$ |f(x)|\le |f(x)-f(0)|+|f(0)|\le \gamma |x|+|f(0)|. $$ Il suffit donc de prendre $a=\gamma$ et $b=|f(0)|$.

On a $f$ est fonction polynôme, donc elle est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$. De plus on a $f'(t)=7t^6+1>0$ pour tout $t\in \mathbb{R}$. Ce qui implique que la fonction $f$ est strictement croissante, d’où la bijectivité de $f$. Comme la fonction dérivée $f’$ ne s ‘annule pas sur $\mathbb{R},$ alors $f^{-1}$ est dérivable en tout point $x\in D(f^{-1})=\mathbb{R}$ (le domaine de définition de $f^{-1}$). On a \begin{align*}(f^{-1})^{‘}(x)=\frac{1}{f'(f^{-1}(x))}=\frac{1}{7(f^{-1}(x))^6+1},\qquad \forall x\in\mathbb{R}.\end{align*}On a $f(0)=0,$ donc $f^{-1}(0)=0$ et donc $(f^{-1})^{‘}(0)=0$. D’autre part, $f(1)=2,$ ce qui implique $f^{-1}(2)=1$. Ainsi $(f^{-1})^{‘}(2)=\frac{1}{8}$.

Dans un premier temps nous allons étudier la continuité de $f$ sur $\mathbb{R}$. Déjà $f$ est continue sur $\mathbb{R}^ast$ comme composé, produit et somme de fonctions continues sur $\mathbb{R}^\ast$. Mais $|f(x)|\le 3x^2\to 0$ quand $x\to 0$. Donc $f(x)\to 0=f(0)$ quand $x\to 0$. Ceci montre que $f$ est continue en $0,$ et donc sur $\mathbb{R}$. Dans un deuxième temps; on a $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}^\ast$ et $f'(x)=4x+2\sin(\frac{1}{x})-\cos(\frac{1}{x})$ pour tout $x\in\mathbb{R}^\ast$. De plus on a\begin{align*}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}= 2x+x\sin(\frac{1}{x})=0.\end{align*}Donc $f$ est dérivable en $0$ et que $f'(0)=0$. Par suite $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et sa fonction dérivée est donnée par\begin{align*}f'(x)=\begin{cases}4x+2\sin(\frac{1}{x})-\cos(\frac{1}{x}),& x\neq 0,\cr 0,& x=0.\end{cases}\end{align*}Comme $\sin(\frac{1}{x})$ et $\cos(\frac{1}{x})$ n’ont pas de limite en $0$, $\lim_{x\to 0}f'(x)$ n’existe pas. Donc la fonction dérivée $f’$ n’est pas continue en $0$, ainsi $f$ n’est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}$.

Nous allons la caractérisation des limites de fonctions et limites de suites de nombres réels. Soit $n>0$ un entier naturel. Alors $f$ est continue sur $[x_0,x_0+\frac{1}{n}]$ est dérivable sur $]x_0,x_0+\frac{1}{n}[$, donc d’après le théorème des accroissements finis, il existe $c_n\in ]x_0,x_0+\frac{1}{n}[$ tel que $f(x_0+\frac{1}{n})-f(x_0)=f'(c_n)(x_0+\frac{1}{n}-x_0)$. Ce qui donc \begin{align*}\frac{f(x_0+\frac{1}{n})-f(x_0)}{\frac{1}{n}}=f'(c_n).\end{align*}Mais $c_n\to x_0$ and $n\to +\infty$ et $\lim_{t\to x_0,\,t\neq x_0}f'(t)=\ell$, donc $f'(c_n)\to \ell$ quand $n\to+\infty$. Ce qui implique que $$ \lim_{n\to+\infty}\frac{f(x_0+\frac{1}{n})-f(x_0)}{\frac{1}{n}}=\ell. $$ Ainsi $f$ est dérivable en $0$ et que $f'(0)=\ell$.

La fonction $f$ est continue sur le compact $[0,1]$, donc d’apres le theoreme de Heine, elle est uniformement continue sur $[0,1]$. Donc pour tout $\varepsilon>0$ il exists $\mu>0$ tel que pour tout $x,y\in [0,1]$ tel que $|x-y|\le \mu$ implique $|f(x)-f(y)|\le \varepsilon$. D’autre part, la fonction $f$ est continue dérivable sur $[1,+\infty[$ et que $|f'(t)|= \frac{e^{-\sqrt{t}}}{2\sqrt{t}}\le \frac{1}{2}$ pour tout $t\ge 1$. D’autre part, par application du théorème des accroissements finis on a pour tout $x,y\in [1,+\infty[$ il existe un réel $c$ entre $x$ et $y$ tel que $$f(x)-f(y)=f'(x)(x-y).$$ Donc $$ |f(x)-f(y)|\le \frac{1}{2}|x-y|.$$ Ainsi $f$ est lipschitzienne, donc uniformément continue. En fait il suffit de prendre $\eta=2\varepsilon$. Donc pour tout $x,y\in [1,+\infty[$ tel que $|x-y|\le \eta$ on ait $|f(x)-f(y)|\le \varepsilon$.

Maintenant soit $\delta=\min\{\mu,\eta\}$ et soit $ 0\le x\le 1\le y$ tel que $|x-y|\le \delta$. Alors $|x-1|\le \delta\le \mu$. Donc $|f(x)-f(1)|\le \varepsilon$. De plus, $|1-y|\le \delta\le \eta$, donc $|f(1)-f(y)|\le \varepsilon$. Par suit $$|f(x)-f(y)|\le |f(x)-f(1)|+|f(1)-f(y)|\le 2\varepsilon.$$ Ce qu’il fallait démontrer.