Dérivées - preuves (A)

Par hypothèse, la fonction $f$ est dérivable au point $a$. Cela signifie que la limite du taux d'accroissement existe et est finie. Nous la notons $f'(a)$ :

$f'(a) = \lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a}$

Notre objectif est de prouver que $f$ est continue en $a$, c'est-à-dire que $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$. Ceci est équivalent à montrer que $\lim_{x \to a} [f(x) - f(a)] = 0$.

Pour $x \neq a$, nous pouvons écrire l'identité algébrique suivante :

$f(x) - f(a) = \frac{f(x) - f(a)}{x - a} \times (x - a)$

Nous allons maintenant calculer la limite de cette expression lorsque $x$ tend vers $a$. En utilisant les propriétés des limites (la limite d'un produit est le produit des limites, si elles existent), nous avons :

$\lim_{x \to a} [f(x) - f(a)] = \lim_{x \to a} \left( \frac{f(x) - f(a)}{x - a} \times (x - a) \right)$

$\lim_{x \to a} [f(x) - f(a)] = \left( \lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} \right) \times \left( \lim_{x \to a} (x - a) \right)$

Par définition de la dérivabilité, nous savons que le premier terme de la limite est $f'(a)$. Le second terme est clairement $0$ :

$\lim_{x \to a} [f(x) - f(a)] = f'(a) \times 0 = 0$

Nous avons donc montré que $\lim_{x \to a} [f(x) - f(a)] = 0$, ce qui implique que $\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$.

Conclusion : Ceci est exactement la définition de la continuité de $f$ au point $a$. Par conséquent, si $f$ est dérivable en $a$, elle est continue en $a$.

Pour démontrer que la fonction $S = f+g$ est dérivable en $a$ et trouver sa dérivée, nous devons calculer la limite de son taux d'accroissement lorsque $h \to 0$.

Étape 1 : Écrire le taux d'accroissement de S

Le taux d'accroissement de $S$ entre $a$ et $a+h$ est :

$\frac{S(a+h) - S(a)}{h} = \frac{(f(a+h) + g(a+h)) - (f(a) + g(a))}{h}$

Étape 2 : Réarranger les termes

Nous pouvons regrouper les termes concernant $f$ et ceux concernant $g$ :

$\frac{f(a+h) - f(a) + g(a+h) - g(a)}{h}$

En séparant la fraction en deux, on obtient :

$\frac{f(a+h) - f(a)}{h} + \frac{g(a+h) - g(a)}{h}$

Étape 3 : Passer à la limite

Nous devons maintenant calculer la limite de cette expression lorsque $h \to 0$.

$S'(a) = \lim_{h \to 0} \left( \frac{f(a+h) - f(a)}{h} + \frac{g(a+h) - g(a)}{h} \right)$

Puisque la limite d'une somme est la somme des limites (si elles existent), nous pouvons écrire :

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

Conclusion : Par hypothèse, $f$ et $g$ sont dérivables en $a$. Nous reconnaissons donc leurs nombres dérivés respectifs :

$S'(a) = f'(a) + g'(a)$

La limite existe et est finie, donc la fonction $S=f+g$ est dérivable en $a$ et sa dérivée est la somme des dérivées.

Pour démontrer la formule de dérivation d'un produit, nous partons de la définition de la dérivée appliquée à la fonction $P = fg$.

Étape 1 : Écrire le taux d'accroissement de P

Le taux d'accroissement de $P$ entre $a$ et $a+h$ est :

$\frac{P(a+h) - P(a)}{h} = \frac{f(a+h)g(a+h) - f(a)g(a)}{h}$

Étape 2 : Ajouter et soustraire un terme

Nous ajoutons et soustrayons le terme $f(a)g(a+h)$ au numérateur :

$\frac{f(a+h)g(a+h) - f(a)g(a+h) + f(a)g(a+h) - f(a)g(a)}{h}$

Étape 3 : Factoriser et séparer l'expression

On factorise les deux premiers termes par $g(a+h)$ et les deux derniers par $f(a)$ :

$\frac{g(a+h)(f(a+h) - f(a)) + f(a)(g(a+h) - g(a))}{h}$

On peut maintenant séparer la fraction en deux parties :

$g(a+h) \frac{f(a+h) - f(a)}{h} + f(a) \frac{g(a+h) - g(a)}{h}$

Étape 4 : Passer à la limite

Nous calculons la limite de cette expression lorsque $h \to 0$ :

$P'(a) = \lim_{h \to 0} \left( g(a+h) \frac{f(a+h) - f(a)}{h} + f(a) \frac{g(a+h) - g(a)}{h} \right)$

En utilisant les propriétés des limites :

$P'(a) = \left(\lim_{h \to 0} g(a+h)\right) \left(\lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}\right) + \left(\lim_{h \to 0} f(a)\right) \left(\lim_{h \to 0} \frac{g(a+h) - g(a)}{h}\right)$

Comme $g$ est dérivable en $a$, elle y est aussi continue, donc $\lim_{h \to 0} g(a+h) = g(a)$. Les autres limites sont, par définition, $f'(a)$, $f(a)$, et $g'(a)$.

Conclusion : En substituant ces valeurs, nous obtenons :

$P'(a) = g(a) \cdot f'(a) + f(a) \cdot g'(a)$

La limite existe et est finie, donc $P=fg$ est dérivable en $a$ et $(fg)'(a) = f'(a)g(a) + f(a)g'(a)$.

Soit $Q(x) = f(x)/g(x)$. Nous partons de la définition de la dérivée.

Étape 1 : Écrire le taux d'accroissement de Q

$\frac{Q(a+h) - Q(a)}{h} = \frac{\frac{f(a+h)}{g(a+h)} - \frac{f(a)}{g(a)}}{h}$

Étape 2 : Simplifier l'expression

Mettons le numérateur au même dénominateur, $g(a+h)g(a)$ :

$\frac{1}{h} \left( \frac{f(a+h)g(a) - f(a)g(a+h)}{g(a+h)g(a)} \right)$

Étape 3 : Ajouter et soustraire un terme

Au numérateur de la grande fraction, ajoutons et soustrayons le terme $f(a)g(a)$ :

$\frac{1}{h} \left( \frac{f(a+h)g(a) - f(a)g(a) + f(a)g(a) - f(a)g(a+h)}{g(a+h)g(a)} \right)$

Étape 4 : Factoriser et réarranger

Factorisons par $g(a)$ et $-f(a)$ :

$\frac{1}{g(a+h)g(a)} \left( \frac{g(a)(f(a+h) - f(a)) - f(a)(g(a+h) - g(a))}{h} \right)$

Séparons en deux fractions :

$\frac{1}{g(a+h)g(a)} \left( g(a)\frac{f(a+h) - f(a)}{h} - f(a)\frac{g(a+h) - g(a)}{h} \right)$

Étape 5 : Passer à la limite

Calculons la limite lorsque $h \to 0$. Comme $g$ est dérivable en $a$, elle y est continue, donc $\lim_{h \to 0} g(a+h) = g(a)$. Par hypothèse, $g(a) \neq 0$.

Les autres termes tendent vers $f'(a)$ et $g'(a)$.

$Q'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{1}{g(a+h)g(a)} \left( g(a)\frac{f(a+h) - f(a)}{h} - f(a)\frac{g(a+h) - g(a)}{h} \right)$

$Q'(a) = \frac{1}{g(a)g(a)} \left( g(a) f'(a) - f(a) g'(a) \right)$

Conclusion : En simplifiant, nous obtenons la formule de la dérivée d'un quotient :

$Q'(a) = \frac{f'(a)g(a) - f(a)g'(a)}{[g(a)]^2}$

La limite existe et est finie, ce qui prouve le résultat.

Soit $b = f(a)$. Par hypothèse, $f$ est dérivable en $a$ et $g$ est dérivable en $b$.

Étape 1 : Introduction d'une fonction auxiliaire

Considérons la fonction $\phi$ définie sur le domaine de $g$ par :

$\phi(y) = \begin{cases} \frac{g(y) - g(b)}{y - b} & \text{si } y \neq b \\ g'(b) & \text{si } y = b \end{cases}$

Puisque $g$ est dérivable en $b$, on a $\lim_{y \to b} \phi(y) = \lim_{y \to b} \frac{g(y) - g(b)}{y - b} = g'(b) = \phi(b)$.

Ceci montre que la fonction $\phi$ est continue en $b$.

Par construction, l'égalité $g(y) - g(b) = \phi(y)(y - b)$ est vraie pour tout $y$ dans le domaine de $g$. Si $y \neq b$, c'est la définition de $\phi(y)$. Si $y=b$, les deux côtés sont nuls.

Étape 2 : Application à la fonction composée

Considérons le taux d'accroissement de $h = g \circ f$ au point $a$, pour $x \neq a$:

$\frac{h(x) - h(a)}{x-a} = \frac{g(f(x)) - g(f(a))}{x-a}$

En posant $y = f(x)$ et $b = f(a)$, on peut utiliser l'égalité de l'étape 1 :

$g(f(x)) - g(f(a)) = \phi(f(x))(f(x) - f(a))$

Donc, le taux d'accroissement de $h$ devient :

$\frac{h(x) - h(a)}{x-a} = \phi(f(x)) \frac{f(x) - f(a)}{x-a}$

Cette égalité est valable pour tout $x \neq a$.

Étape 3 : Passage à la limite

Nous cherchons la limite de cette expression quand $x \to a$ :

$h'(a) = \lim_{x \to a} \left( \phi(f(x)) \frac{f(x) - f(a)}{x-a} \right)$

$h'(a) = \left( \lim_{x \to a} \phi(f(x)) \right) \cdot \left( \lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{x-a} \right)$

La deuxième limite est par définition $f'(a)$.

Pour la première limite, on sait que $f$ est dérivable en $a$, donc elle est continue en $a$. Ainsi, $\lim_{x \to a} f(x) = f(a) = b$.

Comme $\phi$ est continue en $b$, par composition de limites, on a $\lim_{x \to a} \phi(f(x)) = \phi(\lim_{x \to a} f(x)) = \phi(b) = g'(b)$.

Conclusion : En substituant les valeurs des limites, on obtient :

$h'(a) = g'(b) \cdot f'(a)$

En remplaçant $b$ par $f(a)$, on a la formule de la règle de la chaîne :

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

Nous allons prouver la formule de Leibniz par récurrence sur l'entier $n \ge 1$. Soit $P(n)$ la proposition : $(fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(k)} g^{(n-k)}$.

Étape 1 : Initialisation (n=1)

Pour $n=1$, la formule s'écrit :

$(fg)^{(1)} = \sum_{k=0}^{1} \binom{1}{k} f^{(k)} g^{(1-k)} = \binom{1}{0}f^{(0)}g^{(1)} + \binom{1}{1}f^{(1)}g^{(0)}$

Sachant que $\binom{1}{0}=1$, $\binom{1}{1}=1$, $f^{(0)}=f$, $g^{(0)}=g$, $f^{(1)}=f'$ et $g^{(1)}=g'$, on obtient :

$(fg)' = 1 \cdot f \cdot g' + 1 \cdot f' \cdot g = f'g + fg'$

C'est la formule classique de la dérivée d'un produit. La proposition $P(1)$ est donc vraie.

Étape 2 : Hérédité

Supposons que $P(n)$ est vraie pour un certain $n \ge 1$. Montrons que $P(n+1)$ est vraie.

On a $(fg)^{(n+1)} = \left( (fg)^{(n)} \right)'$. En utilisant l'hypothèse de récurrence $P(n)$ :

$(fg)^{(n+1)} = \left( \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(k)} g^{(n-k)} \right)'$

Par linéarité de la dérivation :

$(fg)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \left( f^{(k)} g^{(n-k)} \right)'$

On applique la règle de dérivation du produit à chaque terme :

$(fg)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \left[ f^{(k+1)} g^{(n-k)} + f^{(k)} g^{(n-k+1)} \right]$

On sépare la somme en deux :

$(fg)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(k+1)} g^{(n-k)} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(k)} g^{(n+1-k)}$

Dans la première somme, effectuons le changement d'indice $j = k+1$ (donc $k=j-1$). Lorsque $k$ va de $0$ à $n$, $j$ va de $1$ à $n+1$.

$\sum_{j=1}^{n+1} \binom{n}{j-1} f^{(j)} g^{(n-(j-1))} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(k)} g^{(n+1-k)}$

Renommons l'indice $j$ en $k$ dans la première somme :

$\sum_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k-1} f^{(k)} g^{(n+1-k)} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(k)} g^{(n+1-k)}$

On isole les termes extrêmes ($k=0$ dans la deuxième somme et $k=n+1$ dans la première) et on regroupe les termes pour $k$ de $1$ à $n$ :

$\binom{n}{0} f^{(0)} g^{(n+1)} + \sum_{k=1}^{n} \left( \binom{n}{k-1} + \binom{n}{k} \right) f^{(k)} g^{(n+1-k)} + \binom{n}{n} f^{(n+1)} g^{(0)}$

En utilisant la relation de Pascal $\binom{n}{k-1} + \binom{n}{k} = \binom{n+1}{k}$, et sachant que $\binom{n}{0} = 1 = \binom{n+1}{0}$ et $\binom{n}{n} = 1 = \binom{n+1}{n+1}$, on obtient :

$\binom{n+1}{0} f^{(0)} g^{(n+1)} + \sum_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k} f^{(k)} g^{(n+1-k)} + \binom{n+1}{n+1} f^{(n+1)} g^{(0)}$

Cette expression est exactement $\sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} f^{(k)} g^{(n+1-k)}$.

Ceci est la proposition $P(n+1)$.

Conclusion : Par le principe de récurrence, la formule de Leibniz est vraie pour tout $n \in \mathbb{N}^*$.

Soit $f$ une fonction satisfaisant les hypothèses du théorème de Rolle.

Étape 1 : Utilisation du théorème des bornes atteintes

La fonction $f$ est continue sur l'intervalle fermé et borné $[a, b]$. D'après le théorème des bornes atteintes, $f$ est bornée sur $[a, b]$ et atteint ses bornes. Il existe donc $m$ et $M$ tels que pour tout $x \in [a, b]$, on a $m \le f(x) \le M$. De plus, il existe des points $c_1, c_2 \in [a, b]$ tels que $f(c_1) = m$ (minimum) et $f(c_2) = M$ (maximum).

Étape 2 : Distinction de deux cas

• Cas 1 : La fonction est constante.

  Si $m = M$, cela signifie que la fonction $f$ est constante sur $[a, b]$. Dans ce cas, pour n'importe quel point $c \in ]a, b[$, sa dérivée est nulle, $f'(c) = 0$. Le théorème est vérifié.

• Cas 2 : La fonction n'est pas constante.

  Si $m \neq M$, alors au moins l'une de ces valeurs est différente de la valeur commune $f(a) = f(b)$.

  Supposons que $M > f(a)$. Le maximum $M$ n'est donc pas atteint aux bornes $a$ ou $b$. Il est atteint en un point $c = c_2$ qui doit se trouver à l'intérieur de l'intervalle, i.e., $c \in ]a, b[$.

  (Si $M=f(a)$, alors on aurait $m < f(a)$, et le minimum serait atteint en un point $c=c_1 \in ]a,b[$; le raisonnement est identique).

Étape 3 : Application de la condition nécessaire d'extremum

Nous avons trouvé un point $c \in ]a, b[$ où $f$ admet un extremum local (ici un maximum). Par hypothèse, $f$ est dérivable sur $]a, b[$, donc elle est dérivable en $c$.

D'après le théorème de Fermat (condition nécessaire du premier ordre), si une fonction dérivable atteint un extremum local en un point intérieur à son domaine, sa dérivée en ce point est nulle.

Donc, $f'(c) = 0$.

Conclusion : Dans les deux cas, nous avons démontré l'existence d'au moins un point $c \in ]a, b[$ tel que $f'(c) = 0$.

Étape 1 : Construction d'une fonction auxiliaire

Nous voulons utiliser le théorème de Rolle. Pour ce faire, nous introduisons une fonction auxiliaire $g$ qui vérifie les hypothèses de ce théorème. Soit $g$ la fonction définie sur $[a, b]$ par :

$g(x) = f(x) - \left( f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a) \right)$

Cette fonction représente la différence entre $f(x)$ et la valeur sur la droite passant par $(a, f(a))$ et $(b, f(b))$.

Étape 2 : Vérification des hypothèses du théorème de Rolle pour g

1. Continuité : $f(x)$ est continue sur $[a, b]$ par hypothèse. Le terme $f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a)$ est une fonction affine, donc elle est continue sur $[a, b]$. La fonction $g(x)$, étant la différence de deux fonctions continues, est continue sur $[a, b]$.

2. Dérivabilité : De même, $f(x)$ est dérivable sur $]a, b[$ et la fonction affine l'est aussi. Donc $g(x)$ est dérivable sur $]a, b[$.

3. Égalité aux bornes : Calculons $g(a)$ et $g(b)$.

   $g(a) = f(a) - \left( f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(a - a) \right) = f(a) - f(a) = 0$

   $g(b) = f(b) - \left( f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(b - a) \right) = f(b) - (f(a) + f(b) - f(a)) = f(b) - f(b) = 0$

   On a bien $g(a) = g(b) = 0$.

Étape 3 : Application du théorème de Rolle

La fonction $g$ satisfait les trois hypothèses du théorème de Rolle. Il existe donc au moins un point $c \in ]a, b[$ tel que $g'(c) = 0$.

Calculons la dérivée de $g(x)$ :

$g'(x) = f'(x) - \frac{d}{dx}\left( f(a) + \frac{f(b) - f(a)}{b - a}(x - a) \right)$

Le terme $f(a)$ et le coefficient $\frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ sont des constantes par rapport à $x$.

$g'(x) = f'(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$

La condition $g'(c)=0$ se traduit par :

$f'(c) - \frac{f(b) - f(a)}{b - a} = 0$

Conclusion : En réarrangeant les termes, on obtient le résultat souhaité :

$f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$

Pour démontrer que $f$ est strictement croissante sur l'intervalle $I$, nous devons montrer que pour toute paire de points $x_1, x_2$ dans $I$ avec $x_1 < x_2$, on a $f(x_1) < f(x_2)$.

Étape 1 : Choisir deux points et un intervalle

Soient $x_1$ et $x_2$ deux points quelconques de $I$ tels que $x_1 < x_2$.

Considérons l'intervalle fermé $[x_1, x_2]$, qui est inclus dans $I$.

Étape 2 : Appliquer le Théorème des Accroissements Finis (TAF)

La fonction $f$ est continue sur $[x_1, x_2]$ et dérivable sur $]x_1, x_2[$ car ces intervalles sont inclus dans $I$ où $f$ a ces propriétés.

D'après le TAF, il existe au moins un point $c \in ]x_1, x_2[$ tel que :

$f'(c) = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}$

Étape 3 : Utiliser l'hypothèse sur le signe de la dérivée

Par hypothèse, nous savons que $f'(x) > 0$ pour tout $x$ à l'intérieur de $I$. Comme $c \in ]x_1, x_2[$, $c$ est à l'intérieur de $I$, donc $f'(c) > 0$.

En substituant dans l'équation du TAF, nous avons :

$\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} > 0$

Étape 4 : Conclure sur le signe de $f(x_2) - f(x_1)$

Puisque nous avons choisi $x_1 < x_2$, le dénominateur $x_2 - x_1$ est strictement positif.

Pour que le quotient soit strictement positif, le numérateur doit également être strictement positif.

Donc, $f(x_2) - f(x_1) > 0$, ce qui est équivalent à $f(x_2) > f(x_1)$.

Conclusion : Nous avons montré que pour tous $x_1, x_2 \in I$ tels que $x_1 < x_2$, on a $f(x_1) < f(x_2)$. Ceci est la définition d'une fonction strictement croissante sur $I$.

Supposons, sans perte de généralité, que $f$ admet un maximum local en $a$. Cela signifie qu'il existe un intervalle ouvert $V \subset I$ contenant $a$ tel que pour tout $x \in V$, on a $f(x) \leq f(a)$.

Ceci implique que pour tout $x \in V$, $f(x) - f(a) \leq 0$.

Par hypothèse, $f$ est dérivable en $a$, ce qui signifie que la limite $f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}$ existe et est finie. Cette limite doit être la même que l'on approche $0$ par la droite ($h \to 0^+$) ou par la gauche ($h \to 0^-$).

Étape 1 : Étude de la dérivée à droite ($h \to 0^+$)

Considérons des $h > 0$ suffisamment petits pour que $a+h \in V$.

Pour ces $h$, nous avons :

• $f(a+h) - f(a) \leq 0$ (car $a+h$ est dans le voisinage du maximum)
• $h > 0$

Le taux d'accroissement est donc le quotient d'un nombre négatif ou nul par un nombre strictement positif :

$\frac{f(a+h) - f(a)}{h} \leq 0$

En passant à la limite lorsque $h \to 0^+$, et par le théorème de conservation des inégalités pour les limites, on obtient :

$f'_d(a) = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(a+h) - f(a)}{h} \leq 0$

Étape 2 : Étude de la dérivée à gauche ($h \to 0^-$)

Considérons des $h < 0$ suffisamment petits pour que $a+h \in V$.