# Fonctions d'une variable réelle/Exercices/Dérivabilité
## Exercice 1

Soit
    ${\begin{array}{ccccc}f&:&[0,1]&\rightarrow &\mathbb {R} \\~&~&x&\mapsto &\arcsin(1-x^{3}).\end{array}}$
Montrer que $f$ est de classe C$^1$.
Pour tout $x\in \left]0,1\right]$,
    ${\begin{aligned}f'(x)&=-3x^{2}\arcsin '(1-x^{3})\\&=-3x^{2}{\frac {1}{\sqrt {1-(1-x^{3})^{2}}}}\\&=-3{\sqrt {\frac {x}{2-x^{3}}}}.\end{aligned}}$
Par conséquent, sur $\left]0,1\right]$, $f$ est de classe C$^1$ (et même C$^∞$).
En 0, $f$ est continue et $f'$ a une limite finie. D'après le théorème « limite de la dérivée », elle est donc aussi de classe C$^1$ en 0.
Soit $f(x)={\begin{cases}\operatorname {e} ^{-1/x}&{\text{si }}x>0\\0&{\text{si }}x\leq 0\end{cases}}$. Montrer que $f$ est C$^∞$.
$f$ est évidemment C$^∞$ sur $\mathbb {R} ^{*}$. Montrons par récurrence sur $n\in \mathbb {N}$ que pour $x>0$, $f^{(n)}(x)=P_{n}(x)x^{-2n}f(x)$, pour un certain polynôme $P_{n}$.
C'est vrai pour $n=0$, avec $P_{0}=1$. Supposons que c'est vrai pour $n$ et montrons que ça l'est pour $n+1$.
D'après l'hypothèse de récurrence, $f^{(n+1)}(x)=[P'_{n}(x)x^{-2n}-2nP_{n}(x)x^{-2n-1}+P_{n}(x)x^{-2n-2}]f(x)=P_{n+1}(x)x^{-2n-2}f(x)$, avec
$P_{n+1}(x)=x^{2}P'_{n}(x)+(1-2nx)P_{n}(x)$, qui est bien un polynôme si $P_{n}$ en est un.
On en déduit par récurrence que $f^{(n)}(0)$ existe et vaut $0$ : c'est vrai pour $n=0$ par définition de $f$, et si c'est vrai pour $n$ alors ça l'est pour $n+1$ car $\lim _{x\to 0^{+}}{f^{(n)}(x)-f^{(n)}(0) \over x-0}=\lim _{x\to 0^{+}}P_{n}(x)x^{-2n-1}f(x)=P_{n}(0)\lim _{x\to 0^{+}}P_{n}(x)x^{-2n-1}f(x)=0$, par croissances comparées.
Soit $f(x)=x^{2}|x|$ pour tout $x\in \mathbb {R}$. Montrer que $f$ est de classe C$^2$ et donner $f'(x)$ et $f''(x)$.
$f'(x)=3x|x|$, $f''(x)=6|x|$.

## Exercice 2 : Généralisation du théorème de Rolle

Soient $-\infty \leq a<b\leq +\infty$ et $f:\left]a,b\right[\to \mathbb {R}$ une fonction dérivable qui possède en $a$ et $b$ une même limite $L$ (éventuellement infinie).
En utilisant soit l'exercice 1 de la série sur la continuité, soit l'exercice 3 de cette même série, montrer qu’il existe un réel $c\in \left]a,b\right[$ tel que $f'(c)=0$.

### En utilisant l'exercice 1 sur la continuité

    Supposons que $f$ n’est pas constante (sinon le résultat est trivial). Il existe donc $x\in \left]a,b\right[$ tel que $f(x)\neq L$. Soit $y$ strictement compris entre $f(x)$ et $L$. D'après l'exercice 1 appliqué aux restrictions de $f$ aux deux intervalles $\left]a,x\right[$ et $\left]x,b\right[$, il existe deux réels $x_{1}$ et $x_{2}$ tels que $a<x_{1}<x<x_{2}<b$ et $f(x_{1})=y=f(x_{2})$. On conclut en appliquant le théorème de Rolle à $f$ sur $\left[x_{1},x_{2}\right]$.

### En utilisant l'exercice 3 sur la continuité

    D'après l'exercice 3, $f$ admet un extremum global en un point $c\in \left]a,b\right[$. D'après le théorème de Fermat sur les extrema locaux, $f'(c)=0$.
Application 1 : soient $P$ et $Q$ deux polynômes réels, $P$ ayant une racine réelle $a$, et $Q$ vérifiant $\lim _{+\infty }Q=+\infty$. Démontrer que $P'-PQ'$ a une racine réelle $>a$.
On applique ce qui précède à $f=P\operatorname {e} ^{-Q}$, $f'=(P'-PQ')\operatorname {e} ^{-Q}$.
Application 2 : dans le plan euclidien $\mathbb {R} ^{2}$, on donne un point $M(a,b)$ avec $a,b>0$. Une droite variable passant par $M$ coupe l'axe des $x$ en $P$ (sur la demi-droite des $x\geq 0$) et l'axe des $y$ en $Q$ (sur la demi-droite des $y\geq 0$). Montrer qu'il y a une longueur minimale du segment $[PQ]$, la calculer, et donner alors les positions de $P$ et $Q$.
On a $b=MP\sin \theta$ et $a=MQ\cos \theta$ donc $PQ=MP+MQ={\frac {a}{\cos \theta }}+{\frac {b}{\sin \theta }}=f(\theta )$.
$f(0^{+})=f\left({\frac {\pi }{2}}^{-}\right)=+\infty$. Il existe donc $\theta \in \left]0,{\frac {\pi }{2}}\right[$ en lequel $f$ est minimum, et l'on a alors :
$0=f'(\theta )={\frac {a\sin ^{3}\theta -b\cos ^{3}\theta }{\cos ^{2}\theta \sin ^{2}\theta }}$ donc $\tan \theta =\left({\frac {b}{a}}\right)^{1/3}$, ${\frac {1}{\cos \theta }}={\sqrt {1+\tan ^{2}\theta }}=a^{-1/3}{\sqrt {a^{2/3}+b^{2/3}}}$, ${\frac {1}{\sin \theta }}=b^{-1/3}{\sqrt {a^{2/3}+b^{2/3}}}$,
$PQ=\left(a^{2/3}+b^{2/3}\right)^{3/2}$, $OP=a^{1/3}\left(a^{2/3}+b^{2/3}\right)$, $OQ=b^{1/3}\left(a^{2/3}+b^{2/3}\right)$.
Variante : $PQ^{2}=p^{2}+q^{2}=p^{2}+\left({\frac {pb}{p-a}}\right)^{2}=g(p)$, $0=g'(p)\Leftrightarrow (p-a)^{3}=ab^{2}$, d'où
$p=a^{1/3}\left(a^{2/3}+b^{2/3}\right)$, $q=b^{1/3}\left(a^{2/3}+b^{2/3}\right)$, $PQ=p^{2}+q^{2}=\left(a^{2/3}+b^{2/3}\right)^{3/2}$

## Exercice 3

Inspiré de Cristinel Mortici, « A converse of the mean value theorem made easy », International Journal of Mathematical Education, vol. 42, n$^o$ 1, 2011, p. 89-91.
* Soient
** $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ la fonction définie par : $f\left(0\right)=0$ et $\forall x\in \mathbb {R} ^{*}\quad f\left(x\right)=x^{2}\sin \left(1/x\right)$ ;
** $\left(x_{n}\right)$ et $\left(y_{n}\right)$ les deux suites (convergeant vers $0$) définies par : ${\frac {1}{x_{n}}}=2n\pi +{\frac {\pi }{2}}$ et ${\frac {1}{y_{n}}}=2n\pi -{\frac {\pi }{2}}$. Montrer que $\lim _{n\to \infty }{\frac {f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}}\neq f'\left(0\right)$.
* Soient
** $g:\left]a,b\right[\to \mathbb {R}$ une fonction dérivable en un point $c$ ;
** $\left(x_{n}\right)$ et $\left(y_{n}\right)$ deux suites convergeant vers $c$ telles que $a<x_{n}<c<y_{n}<b$. Montrer que $\lim _{n\to \infty }{\frac {g\left(y_{n}\right)-g\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}}=g'\left(c\right)$.
* $\left|{\frac {f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x-0}}\right|\leq \left|x\right|$ donc $f'\left(0\right)=0$. $y_{n}\sim x_{n}$ donc ${\frac {f\left(y_{n}\right)-f\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}}={\frac {-y_{n}^{2}-x_{n}^{2}}{\pi x_{n}y_{n}}}\to -{\frac {2}{\pi }}$.
* Il existe deux suites $\alpha _{n},\beta _{n}\to 0$ telles que ${\begin{aligned}g\left(y_{n}\right)-g\left(x_{n}\right)&=\left[g\left(c\right)+\left(y_{n}-c\right)\left(g'\left(c\right)+\alpha _{n}\right)\right]-\left[g\left(c\right)+\left(x_{n}-c\right)\left(g'\left(c\right)+\beta _{n}\right)\right]\\&=\left(y_{n}-x_{n}\right)g'\left(c\right)+\left(y_{n}-c\right)\alpha _{n}+\left(c-x_{n}\right)\beta _{n}\end{aligned}}$ donc telles que ${\begin{aligned}\left|{\frac {g\left(y_{n}\right)-g\left(x_{n}\right)}{y_{n}-x_{n}}}-g'(c)\right|&=\left|{\frac {\left(y_{n}-c\right)\alpha _{n}+\left(c-x_{n}\right)\beta _{n}}{y_{n}-x_{n}}}\right|\\&\leq {\frac {y_{n}-c}{y_{n}-x_{n}}}\left|\alpha _{n}\right|+{\frac {c-x_{n}}{y_{n}-x_{n}}}\left|\beta _{n}\right|\\&\leq \left|\alpha _{n}\right|+\left|\beta _{n}\right|\to 0.\end{aligned}}$
* Démontrer, sans la calculer, que la dérivée de la fonction $f$ ci-dessus n'est pas continue en $0$.
* En déduire qu'il existe une fonction $G:[-1/2,1/2]\to \mathbb {R}$ croissante et dérivable, telle que $G'$ soit discontinue en $0$ et $G'(-1/2)=G'(1/2)=0$.
* Utiliser $G$ pour construire une fonction $F$, croissante et dérivable sur $\mathbb {R}$, telle que les points de discontinuité de $F'$ soient les entiers relatifs.
* En appliquant le théorème des accroissements finis et la question 1 ci-dessus, on obtient : il existe une suite $(c_{n})$, comprise entre $(x_{n})$ et $(y_{n})$ donc de limite nulle, telle que $\lim _{n\to \infty }f'\left(c_{n}\right)\neq f'\left(0\right)$.
* Les contraintes sur $G'(\pm 1/2)$ ne sont pas un problème : il suffit de définir sur $[-1/4,1/4]$ une fonction $H$ croissante et dérivable telle que $H'$ soit discontinue en $0$, puis de la prolonger une fonction $G$ sur $[-1/2,1/2]$ vérifiant les conditions requises. La fonction $f$ ne convient pas tout à fait pour $H$ car elle n'est pas croissante. Toutefois, $f'$ est bornée. Soit $m$ un minorant de $f'$, on peut poser $H(x)=f(x)-mx$.
* Soit $c=G(1/2)-G(-1/2)$, il suffit de recoller le graphe de $G$ avec ses translatés de proche en proche, en posant $F(x)=G(x-\mathrm {E} (x+1/2))+c\,\mathrm {E} (x+1/2)$.
Soit, à nouveau, la fonction $f$ ci-dessus. Étudier l'existence et comparer les valeurs éventuelles de
    $\lim _{x\to 0}\left(\lim _{h\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}\right)\ \ {\rm {et}}\ \ \lim _{h\to 0}\left(\lim _{x\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}\right)$.
$\lim _{x\to 0}\left(\lim _{h\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}\right)=\lim _{x\to 0}f'(x)=\lim _{x\to 0}\left(2x\sin {\frac {1}{x}}-\cos {\frac {1}{x}}\right)=0-\lim _{x\to 0}\left(\cos {\frac {1}{x}}\right)$ n'existe pas, tandis que
$\lim _{h\to 0}\left(\lim _{x\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}\right)=\lim _{h\to 0}{\frac {f(h)-0}{h}}=\lim _{h\to 0}h\sin {\frac {1}{h}}=0$.

## Exercice 4

Soit $P\in \mathbb {R} [X]$, de degré $n\geq 2$.
* Montrer que si $P$ est scindé à racines simples (c'est-à-dire s'il a $n$ racines réelles distinctes), alors $P'$ est scindé à racines simples.
* Montrer que si $P$ est scindé (c'est-à-dire si la somme des ordres de multiplicité de ses racines réelles est $n$), alors $P'$ est scindé.
* Notons $a_{1}<a_{2}<\dots <a_{n}$ les racines de $P$. D'après le théorème de Rolle, pour chaque $i$ de $1$ à $n-1$, il existe $b_{i}\in \left]a_{i},a_{i+1}\right[$ tel que $P'(b_{i})=0$, donc $P'$ a au moins $n-1$ racines réelles distinctes… et bien sûr au plus, puisqu'il est de degré $n-1$.
* Notons $a_{1}<a_{2}<\dots <a_{r}$ les racines de $P$ et $n_{1},n_{2},\dots ,n_{r}$ leurs ordres de multiplicités. Comme précédemment, pour chaque $i$ de $1$ à $r-1$, il existe $b_{i}\in \left]a_{i},a_{i+1}\right[$ tel que $P'(b_{i})=0$. De plus, $a_{i}$ est racine d'ordre $n_{i}-1$ de $P'$ (si $n_{i}=1$, $a_{i}$ n'est donc pas racine de $P'$, mais cela n'obère pas la suite du raisonnement). Le nombre de racines de $P'$ (comptées avec leurs multiplicités) est donc au moins $r-1+\sum _{i=1}^{r}(n_{i}-1)=r-1+n-r=n-1$… et bien sûr au plus, comme précédemment.
Référence : D. Guinin et B. Joppin, Mathématiques MPSI - Exercices, Bréal, 2003 [lire en ligne], p. 64
* Montrer qu'un polynôme de la forme $P(X)=X^{n}+aX+b$ ($n\geq 2$) possède au plus trois racines réelles distinctes.
* Généraliser ce résultat aux polynômes de la forme $P(X)=X^{n}+a_{p}X^{p}+a_{p-1}X^{p-1}+\dots +a_{0}$ avec $0<p<n$.
* $P'=nX^{n-1}+a$ et $P''=n(n-1)X^{n-2}$. Puisque $P''$ n'a qu'une racine, d'après Rolle, $P'$ en a au plus 2 et donc $P$ en a au plus 3.
* Par récurrence sur $p\in \mathbb {N} ^{*}$, un tel polynôme a au plus $p+2$ racines.
Soit $P$ un polynôme de degré $d$. Montrer que le graphe de la fonction $x\mapsto P(x)$ intersecte le graphe de la fonction exponentielle en au plus $d+1$ points.
Récurrence. Vrai pour $d=0$. On suppose que c'est vrai pour un polynôme de degré $d$. Soit $P$ un polynôme de degré $d+1$. Par hypothèse de récurrence, $\exp -P'$ s'annule au plus $d+1$ fois. Par Rolle, sa primitive $\exp -P$ s'annule alors au plus $d+2$ fois.

## Exercice 5

Soit $f:[0,1]\to \mathbb {R}$ dérivable en 0. Pour $n\in \mathbb {N} ^{*}$, on pose $u_{n}=\left(\sum _{k=1}^{n}f\left({\frac {k}{n^{2}}}\right)\right)-nf(0)$.
* On pose $v_{n}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n^{2}}}f'(0)$. Déterminer $\lim _{n\rightarrow +\infty }v_{n}$.
* Montrer que $|u_{n}-v_{n}|\leq \sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n^{2}}}\left|{\frac {f\left({\frac {k}{n^{2}}}\right)-f(0)}{\frac {k}{n^{2}}}}-f'(0)\right|$.
* Montrer que $\lim(u_{n}-v_{n})=0$ puis en déduire $\lim u_{n}$.
* Application : déterminer $\lim _{n\to +\infty }\prod _{k=1}^{n}\left(1+{\frac {k}{n^{2}}}\right)$.
* $v_{n}={\frac {n(n+1)}{2n^{2}}}f'(0)\to {\frac {f'(0)}{2}}$
* Soit $n\in \mathbb {N} ^{*}$.
    ${\begin{aligned}u_{n}-v_{n}&=\sum _{k=1}^{n}\left(f\left({\frac {k}{n^{2}}}\right)-f(0)-{\frac {k}{n^{2}}}f'(0)\right)\\&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n^{2}}}\left({\frac {f\left({\frac {k}{n^{2}}}\right)-f(0)}{\frac {k}{n^{2}}}}-f'(0)\right).\end{aligned}}$
    Par l'inégalité triangulaire, le résultat s'ensuit.
* Soit $\varepsilon >0$. Pour $n$ suffisamment grand, on a :
    $\forall x\in \left]0,1/n\right]\quad \left|{\frac {f(x)-f(0)}{x}}-f'(0)\right|\leq \varepsilon$ donc
    $\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n^{2}}}\left|{\frac {f\left({\frac {k}{n^{2}}}\right)-f(0)}{\frac {k}{n^{2}}}}-f'(0)\right|\leq \varepsilon \sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n^{2}}}=\varepsilon {\frac {n(n+1)}{2n^{2}}}\leq \varepsilon$
    donc d'après la question précédente, $|u_{n}-v_{n}|\leq \varepsilon$,
    ce qui prouve que $\lim(u_{n}-v_{n})=0$ et par conséquent, $\lim u_{n}={\frac {f'(0)}{2}}$.
* D'après ce qui précède appliqué à $f(x)=\ln(1+x)$,
    $\sum _{k=1}^{n}\ln \left(1+{\frac {k}{n^{2}}}\right)\to {\frac {1}{2}}$ donc $\prod _{k=1}^{n}\left(1+{\frac {k}{n^{2}}}\right)\to {\sqrt {\mathrm {e} }}$.

## Exercice 6

Donner la dérivée n-ième de $f:x\mapsto x^{2}(x+1)^{n}$.
$f=gh$ avec $g(x)=x^{2}$ et $h(x)=(x+1)^{n}$.
D'après la formule de Leibniz,
    $f^{(n)}=\sum _{k\in \mathbb {Z} }{\binom {n}{k}}g^{(k)}h^{(n-k)}$ (avec ${\binom {n}{k}}=0$ sauf si $0\leq k\leq n$).
Or :
* $g'(x)=2x$, $g''(x)=2$ et pour $k\geq 3$, $g^{(k)}=0$ ;
* pour $k\leq n$, $h^{(n-k)}(x)={\frac {n!}{k!}}(x+1)^{k}$.
Par conséquent,
    ${\begin{aligned}f^{(n)}(x)&=g(x)h^{(n)}(x)+ng'(x)h^{(n-1)}(x)+{\tfrac {n(n-1)}{2}}g''(x)h^{(n-2)}(x)\\&=x^{2}n!+n2xn!(x+1)+n(n-1){\frac {n!}{2}}(x+1)^{2}\\&=n!\left(x^{2}+2nx(x+1)+{\tfrac {n(n-1)}{2}}(x+1)^{2}\right)\\&=n!\left({\tfrac {(n+1)(n+2)}{2}}x^{2}+n(n+1)x+{\tfrac {n(n-1)}{2}}\right).\end{aligned}}$
Pour tout $n\in \mathbb {N}$, soit $f_{n}(x)=x^{n}\ln x$ (pour $x>0$). Démontrer par récurrence que $f^{(n)}(x)=n!\left(\ln x+u_{n}\right)$, avec $u_{n}=\sum _{1\leq k\leq n}{\frac {1}{k}}$.
$f_{0}^{(0)}(x)=f_{0}(x)=\ln x=0!(\ln x+u_{0})$.
Supposons la propriété vraie au rang $n$. D'après la formule de Leibniz,
$f_{n+1}^{(n+1)}=(xf_{n})^{(n+1)}=x(f_{n}^{(n+1)})+(n+1)f_{n}^{(n)}=x[n!(\ln x+u_{n})]'+(n+1)!(\ln x+u_{n})=(n+1)!\left({\frac {1}{n+1}}+\ln x+u_{n}\right)=(n+1)!(\ln x+u_{n+1})$.
Soit $f(x)={\frac {1}{x^{2}-1}}$. Donner une expression de $f^{(n)}(x)$ (utiliser la décomposition de $f$ en éléments simples).
$f^{(n)}(x)={\frac {(-1)^{n}n!}{2}}\left({\frac {1}{(x-1)^{n+1}}}-{\frac {1}{(x+1)^{n+1}}}\right)$.

## Exercice 7

Soit $f:[a,b]\to [a,b]$ une fonction dérivable telle que $f\circ f=f$. Montrer que $f$ est soit constante, soit l'application identité.
Dire que $f\circ f=f$ revient à dire que sur $f([a,b])$, $f$ est l'identité. Or $f$ est continue donc $f([a,b])=[c,d]$ avec $a\leq c\leq d\leq b$.
Si $c=d$, $f$ est constante. Si $c<d$, montrons par l'absurde que $d=b$ (on aura de même $c=a$, donc $f$ sera bien l'identité sur $[a,b]$).
Puisque $f$ est l'identité sur $[c,d]$, $f(d)=d$ et (puisque $c<d$) $f'(d)=1>0$. Si de plus $d<b$, on peut donc trouver $h>0$ assez petit tel que $f(d+h)>f(d)=d$. Ce n'est pas possible puisque $f([a,b])=[c,d]$.

## Exercice 8

Calculer les dérivées et donner le domaine de définition des fonctions réelles de la variable réelle :
* $y=\arctan {\sqrt {\frac {1-x}{1+x}}}$ (quelle relation existe-t-il entre $y$ et $\arccos$ ?)
* $y={\frac {\tan(x+1)}{x+1}}$
* $y=\arccos {\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}}$ (quelle relation existe-t-il entre $y$ et $\arctan$ ?)
* $y=\arctan {\frac {1}{x}}$ (quelle relation existe-t-il entre $y$ et $\arctan$ ?)
* $y=\arcsin(2x{\sqrt {1-x^{2}}})$ (quelle relation existe-t-il entre $y$ et $\arcsin$ ? dessiner le graphe de $y$).
* $y$ est définie sur $\left]-1,1\right]$ et $\forall x\in \left]-1,1\right[\quad y'={\frac {1}{1+{\frac {1-x}{1+x}}}}{\frac {1}{2{\sqrt {\frac {1-x}{1+x}}}}}{\frac {-2}{(1+x)^{2}}}={\frac {-1}{2{\sqrt {1-x^{2}}}}}$. $y={\frac {1}{2}}\arccos x$.
* $\forall x\in \cup _{k\in \mathbb {Z} }\left]-{\frac {\pi }{2}}-1+k\pi ,{\frac {\pi }{2}}-1+k\pi \right[\setminus \{-1\}\quad y'={\frac {(x+1)(1+\tan ^{2}(x+1))-\tan(x+1)}{(x+1)^{2}}}$.
* $y$ est définie sur $\mathbb {R}$ et $\forall x\in \mathbb {R} ^{*}\quad y'={\frac {-1}{\sqrt {1-\left({\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}}\right)^{2}}}}{\frac {-2x(1+x^{2})-2x(1-x^{2})}{(1+x^{2})^{2}}}={\frac {2\operatorname {sgn} (x)}{1+x^{2}}}$. $y=2\arctan |x|$.
* $\forall x\in \mathbb {R} ^{*}\quad y'={\frac {1}{1+{\frac {1}{x^{2}}}}}{\frac {-1}{x^{2}}}={\frac {-1}{x^{2}+1}}$. $y={\frac {\pi }{2}}-\arctan x$.
* $y$ est définie sur $\left[-1,1\right]$ et $\forall x\in \left]-1,1\right[\setminus \left\{\pm {\frac {1}{\sqrt {2}}}\right\}\quad y'={\frac {1}{\sqrt {1-4x^{2}(1-x^{2})}}}\left(2{\sqrt {1-x^{2}}}+2x{\frac {-2x}{2{\sqrt {1-x^{2}}}}}\right)={\frac {2\operatorname {sgn} (1-2x^{2})}{\sqrt {1-x^{2}}}}$. $y={\begin{cases}2\arcsin x&{\text{si }}x\in \left[-{\frac {1}{\sqrt {2}}},{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right]\\\pi -2\arcsin x&{\text{si }}x\in \left[{\frac {1}{\sqrt {2}}},1\right]\\-\pi -2\arcsin x&{\text{si }}x\in \left[-1,-{\frac {1}{\sqrt {2}}}\right].\end{cases}}$Graphe
Calculer les dérivées des fonctions suivantes (sur le domaine où elles sont dérivables) :
    $f(x)={\frac {1}{1+\tan x}},\quad g(x)=\sin {\frac {x^{3}}{\cos(x^{3})}},\quad h(x)=\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}$.
* $\forall x\in \mathbb {R} \setminus \left(\left({\frac {\pi }{2}}+\mathbb {Z} \pi \right)\cup \left(-{\frac {\pi }{4}}+\mathbb {Z} \pi \right)\right)\quad f'(x)=-{\frac {1+\tan ^{2}x}{(1+\tan x)^{2}}}$.
* $\forall x\in \mathbb {R} \setminus \left\{\left.{\sqrt[{3}]{{\frac {\pi }{2}}+k\pi }}~\right|~k\in \mathbb {Z} \right\}\quad g'(x)=3x^{2}{\frac {\cos(x^{3})+x^{3}\sin(x^{3})}{\cos ^{2}(x^{3})}}\cos {\frac {x^{3}}{\cos(x^{3})}}$.
* $\forall x\in \left]-\infty ,-1\right[\cup \left]0,+\infty \right[\quad h'(x)=\left(\ln \left(1+{\frac {1}{x}}\right)-{\frac {1}{x+1}}\right)k(x)$.
Soit $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ une fonction dérivable. Calculer les dérivées des fonctions $u(x)=\sin ^{2}(f(x))$, $v(x)=\sin(f(x)^{2})$ et $w(x)=\sin(f(x^{2}))$.
* $u'(x)=2\sin(f(x))\cos(f(x))f'(x)$.
* $v'(x)=\cos(f(x)^{2})2f(x)f'(x)$.
* $w'(x)=\cos(f(x^{2}))f'(x^{2})2x$.

## Exercice 9

* Calculer la dérivée de $f:x\mapsto (x^{2}+1)\sin x$.
* Montrer que l'équation $(x^{2}+1)\cos x+2x\sin x=0$ admet au moins une solution dans $\left]0,\pi \right[$.
* $f'(x)=(x^{2}+1)\cos x+2x\sin x$.
* $f(0)=f(\pi )$ donc (Rolle) $f'$ s'annule au moins une fois sur $\left]0,\pi \right[$. (Vue la première question, c'était la réponse attendue. Il y en a cependant une plus simple : appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à la fonction continue $f'$, puisque $f'(0)=1>0$ et $f'(\pi )=-\pi ^{2}-1<0$.)
Soit $f(x)=x^{n}\operatorname {e} ^{-x}$. Démontrer que $f^{(n)}(x)=P(x)\operatorname {e} ^{-x}$ où $P$ est un polynôme, et que $P$ possède une racine réelle $>0$.
Par récurrence, pour $k$ de $0$ à $n$, $f^{(k)}(x)=x^{n-k}P_{k}(x)\operatorname {e} ^{-x}$ où $P_{k}$ est un polynôme.
$f'$ s'annule en $0$ et en $n$ donc (par Rolle) $f''$ possède (outre 0) une racine réelle $>0$, donc $f'''$ aussi, etc.

## Exercice 10

Pour tout $x\in \left]1,+\infty \right[$, on pose $f(x)=x\ln x-x$.
* Montrer que $f$ est une bijection de $\left]1,+\infty \right[$ sur $\left]-1,+\infty \right[$.
* Soit $g=f^{-1}$ (l'application réciproque de $f$). Calculer $g(0)$ et $g'(0)$.
* Pour tout $x>1$, $f'(x)=\ln x>0$. Donc $f$ est strictement croissante (donc injective) sur $\left]1,+\infty \right[$. Comme elle est de plus continue, son image est $\left]\lim _{1}f,\lim _{+\infty }f\right[=\left]-1,+\infty \right[$.
* $g(0)$ est l'unique réel $x\in \left]1,+\infty \right[$ tel que $x(\ln x-1)=0$, soit $\ln x=1$. Donc $g(0)=\mathrm {e}$, et $g'(0)={\frac {1}{f'(\mathrm {e} )}}={\frac {1}{\ln \mathrm {e} }}=1$.
Soit $f(x)=x^{3}-3x+1$. Déterminer le plus grand intervalle contenant $0$ sur lequel $f$ admet une fonction réciproque $g$ dérivable. Précisez le domaine de définition de $g$ et calculer son ensemble image. Calculer $g'(1)$.
$f$ est bijective de $\left]-1,1\right[$ dans $\left]-1,3\right[$, et $f(x)=y\Rightarrow g'(y)={\frac {1}{f'(x)}}={\frac {1}{3(x^{2}-1)}}$.
$g'$ est donc définie sur $\left]-1,3\right[$ et son ensemble image est l'ensemble des nombres de la forme ${\frac {1}{3(x^{2}-1)}}$ quand $x$ parcourt $\left]-1,1\right[$ : $\operatorname {im} (g')=\left]-\infty ,-{\frac {1}{3}}\right]$.
Pour $x=0,y=1$ donc $g'(1)=-{\frac {1}{3}}$.
On pose $f(x)=2x+x^{2}\cos {1 \over x}$ si $x\neq 0$ et $f(0)=0$.
* Étudier la dérivabilité de $f$.
* Montrer que $f$ est strictement croissante sur $\left]-{{\sqrt {3}} \over 2},{{\sqrt {3}} \over 2}\right[$.
* Calculer $(f^{-1})'(0)$.
* $\forall x\neq 0$, $f'(x)=2+2x\cos(1/x)+\sin(1/x)$ (n'a pas de limite en $0$, mais) $f'(0)=2$.
* Il suffit de montrer que si $|u|>{\frac {2}{\sqrt {3}}}$ et $\cos u\neq 0$ alors $2+2{\frac {\cos u}{u}}+\sin u>0$, c'est-à-dire $\left({\frac {2}{u}}-g(u)\right)\cos u>0$, avec $g(u)={-2-\sin u \over \cos u}$. Une étude des variations de la fonction $g$ montre que sur $\left]-{\pi \over 2},{\pi \over 2}\right[$, son max est atteint en ${-\pi \over 6}$ et vaut $-{\sqrt {3}}$, et sur $\left]{\pi \over 2},{3\pi \over 2}\right[$, son min est atteint en ${7\pi \over 6}$ et vaut ${\sqrt {3}}$. Pour que $f'(x)>0$ il suffit donc que $\cos(1/x)=0$, ou $\cos(1/x)>0$ et $2x>-{\sqrt {3}}$, ou $\cos(1/x)<0$ et $2x<{\sqrt {3}}$, ce qui est vrai dès que $x\in \left]-{{\sqrt {3}} \over 2},{{\sqrt {3}} \over 2}\right[$, quel que soit le signe de $\cos(1/x)$.
* $y=0=f(x)$ pour $x=0$, donc $(f^{-1})'(y)={1 \over f'(x)}={1 \over 2}$.

## Exercice 11

Étudier les fonctions $f(x)=x^{(x^{2})}$ et $g(x)=x^{\sqrt {x}}$. (Domaine de définition, tableau de variations, prolongement par continuité en $0$, dérivabilité…).
* Pour $x>0$, $f(x)=\operatorname {e} ^{x^{2}\ln x}>0$ se prolonge en posant $f(0)=\lim _{0}f=\operatorname {e} ^{0}=1$. $\lim _{+\infty }f=+\infty$. $f'(x)=x(1+2\ln x)f(x)<0\Leftrightarrow x<1/{\sqrt {\mathrm {e} }}$, $f(1/{\sqrt {\mathrm {e} }})=\operatorname {e} ^{-1/2e}$ $\lim _{0}f'=0$ donc $f'(0)=0$.
* Pour $x>0$, $g(x)=\operatorname {e} ^{\ln(x){\sqrt {x}}}>0$ se prolonge en posant $g(0)=\lim _{0}g=\operatorname {e} ^{0}=1$. $\lim _{+\infty }g=+\infty$. $g'(x)={1 \over {\sqrt {x}}}\left(1+{\ln x \over 2}\right)g(x)<0\Leftrightarrow x<1/\operatorname {e} ^{2}$, $g(1/\operatorname {e} ^{2})=\operatorname {e} ^{-2/e}$. Quand $x\to 0^{+}$, ${g(x)-g(0) \over x-0}={\operatorname {e} ^{{\sqrt {x}}\ln x}-1 \over x}={\operatorname {e} ^{{\sqrt {x}}\ln x}-1 \over {\sqrt {x}}\ln x}{{\sqrt {x}}\ln x \over x}={\operatorname {e} ^{y}-1 \over y}{\ln x \over {\sqrt {x}}}\to 1\times -\infty$, donc $g$ n'est pas dérivable en $0$.

## Exercice 12

Soient $f$ et $g$ deux fonctions continues sur $[a,b]$, deux fois dérivables sur $\left]a,b\right[$, telles que
    $f(a)=g(a),f(b)=g(b)$ et $\forall x\in [a,b]\quad f''(x)\leq g''(x)$.
Montrer que
    $\forall x\in [a,b]\quad g(x)\leq f(x)$.
Soit $h=f-g$. $h(a)=h(b)=0$ donc $\exists c\in \left]a,b\right[\quad h'(c)=0$. Comme $h''\geq 0$, $h'$ est croissante donc $\leq 0$ sur $\left]a,c\right]$ et $\geq 0$ sur $\left[c,b\right[$, donc $h$ est décroissante sur $[a,c]$ et croissante sur $[c,b]$, donc négative sur $[a,b]$ (car nulle aux extrémités), d'où $g\leq h$.

## Exercice 13

Pour tout entier $n\geq 2$, on considère le polynôme
    $P_{n}(X)=X^{n}+X^{n-1}+X^{2}+X-1$.
* Soit $n\geq 2$. Montrer que $P_{n}$ a une unique racine réelle positive, que l'on nommera $\lambda _{n}$.
* Montrer que la suite $(\lambda _{n})_{n\geq 2}$ est croissante puis qu'elle converge, vers une limite que l'on notera $\ell$.
* Montrer que $\ell$ est racine du polynôme $X^{2}+X-1$. En déduire sa valeur.
* $P_{n}(0)=-1$ et $P_{n}(1)=3$. Comme l'application $x\mapsto P_{n}(x)$ est continue, elle s'annule en (au moins) un point de l'intervalle $\left]0,1\right[$. Comme par ailleurs, pour tout $x>0$, $P'_{n}(x)=nx^{n-1}+(n-1)x^{n-2}+2x+1>0$, l'application $x\mapsto P_{n}(x)$ est strictement croissante sur $\mathbb {R} _{+}$ et s'annule en au plus un point de $\mathbb {R} _{+}$. Par conséquent, $P_{n}$ a une unique racine positive $\lambda _{n}$, qui de plus appartient $\left]0,1\right[$.
* Pour tout $x\in \left]0,1\right[$, $P_{n}(x)-P_{n-1}(x)=x^{n}-x^{n-2}<0$. En particulier $P_{n}(\lambda _{n-1})<0$ donc $\lambda _{n}>\lambda _{n-1}$. La suite $(\lambda _{n})_{n\geq 2}$ est donc croissante et majorée (cf. question 1) : elle est convergente.
* Pour tout $n\geq 2$, on a l'égalité : $\lambda _{n}^{n}+\lambda _{n}^{n-1}=-\lambda _{n}^{2}-\lambda _{n}+1$. Or $P_{n}\left({\frac {3}{4}}\right)>\left({\frac {3}{4}}\right)^{2}+{\frac {3}{4}}-1>0$ donc la suite $(\lambda _{n}^{n}+\lambda _{n}^{n-1})_{n\in \mathbb {N} }$ satisfait aux inégalités $0<\lambda _{n}^{n}+\lambda _{n}^{n-1}<\left({\frac {3}{4}}\right)^{n}+\left({\frac {3}{4}}\right)^{n+1}$ et converge vers $0$. Il en va de même de la suite $(-\lambda _{n}^{2}-\lambda _{n}+1)_{n\geq 2}$. En passant à la limite, on obtient l'égalité : $\ell ^{2}+\ell -1=0$. La seule solution positive de cette équation étant ${\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}$, on a l'égalité : $\ell ={\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}$.

## Exercice 14

Soient $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$, $k\in \left]-1,1\right[$ et $a\in \mathbb {R}$ tels que
    ${\frac {f(x)-f(kx)}{x}}=a$.
* Soit $\varepsilon >0$. Montrer qu'il existe $\eta >0$ tel que
    $0<|x|<\eta {\text{ et }}n\in \mathbb {N} ^{*}\Rightarrow \left|{\frac {f(x)-f(k^{n}x)}{x}}-{1-k^{n} \over 1-k}a\right|\leq {1-|k|^{n} \over 1-|k|}\varepsilon$.
* En déduire que si $f$ est continue en 0 alors $f'(0)={\frac {a}{1-k}}$.
* Soit $\eta >0$ tel que $0<|x|<\eta \Rightarrow \left|{\frac {f(x)-f(kx)}{x}}-a\right|\leq \varepsilon$. Pour tout $j\in \mathbb {N}$, $0<|x|<\eta \Rightarrow 0<|k^{j}x|<\eta \Rightarrow \left|{\frac {f(k^{j}x)-f(k^{j+1}x)}{k^{j}x}}-a\right|\leq \varepsilon \Rightarrow \left|{\frac {f(k^{j}x)-f(k^{j+1}x)}{x}}-k^{j}a\right|\leq |k|^{j}\varepsilon$. D'où le résultat, en sommant de $j=0$ à $n-1$.
* Pour $x$ fixé tel que $0<|x|<\eta$, en faisant $n\to \infty$ on en déduit $\left|{\frac {f(x)-f(0)}{x}}-{\frac {a}{1-k}}\right|\leq {\varepsilon \over 1-|k|}$. Pour tout $\varepsilon '>0$, il existe $\varepsilon >0$ tel que ${\varepsilon \over 1-|k|}\leq \varepsilon '$, d'où la conclusion.

## Exercice 15

Soient $a,b\in \mathbb {R}$, $c,d\in \mathbb {R} ^{*}$, et $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ définie par : $f(x)=a+bx+c\operatorname {e} ^{dx}$.
* Montrer que $\forall x,h\in \mathbb {R}$ avec $h\neq 0$, il existe un unique réel dans $\left]0,1\right[$, indépendant de $x$ et noté $\theta (h)$, tel que $f(x+h)=f(x)+hf'(x+h\theta (h))$.
* Montrer que $\operatorname {e} ^{x}-1-x\sim _{x\to 0}{x^{2} \over 2}$. En déduire $\lim _{0}\theta$.
* On cherche $\theta$ tel que $bh+c\operatorname {e} ^{dx}(\operatorname {e} ^{dh}-1)=h(b+cd\operatorname {e} ^{d(x+\theta h)})$, c'est-à-dire tel que ${\operatorname {e} ^{dh}-1 \over dh}=\operatorname {e} ^{dh\theta }$. On sait par ailleurs (accroissements finis pour $f$ entre $x$ et $x+h$, ou pour la fonction exponentielle entre $0$ et $dh$) qu'il existe un tel $\theta$ dans $\left]0,1\right[$. Donc ${\operatorname {e} ^{dh}-1 \over dh}>0$ et l'unique solution, $\theta (h)={1 \over dh}\ln {\operatorname {e} ^{dh}-1 \over dh}$, est indépendante de $x$ et appartient à $\left]0,1\right[$.
* L'équivalent en 0 de $\operatorname {e} ^{x}-1-x$ est fourni par un d.l. de $\operatorname {e} ^{x}$ à l'ordre 2. $\theta (h)=\rho (dh)$ avec $\rho (x)={1 \over x}\ln {\operatorname {e} ^{x}-1 \over x}\sim _{0}{\frac {1}{x}}\left({\operatorname {e} ^{x}-1 \over x}-1\right)={\operatorname {e} ^{x}-1-x \over x^{2}}$, d'où $\lim _{0}\theta =\lim _{0}\rho ={\frac {1}{2}}$.