<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\langchapter{Différentiabilité}{Differentiability}
%TODO Complete chapter

Une fonction $\function{f}{I}{\K}$ est dérivable en $a \in I$ si le taux d'accroissement $T = \lim\limits_{x \to a}\frac{f(x) - f(a)}{x - a}$, si la limite existe $f'=T$
\label{definition:derivative}

$\lim\limits_{x \to a}\frac{f(x) - f(a)}{x - a} \equivalence \lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x + h) - f(x)}{h}$

\begin{proof}

Let $f = \lim\limits_{x \to a}\frac{f(x) - f(a)}{x - a}$ and $h = x - a$

$\equivalence \lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x + h) - f(x)}{h}$
\end{proof}

\langsection{Propriétés}{Proprieties}
%TODO Complete section

$f$ est dérivable sur un intervale $I \implies f \in C^1$.

Remarque : La réciproque est fausse, voir les fonctions de Weierstrass.

\langsection{Dérivé de fonctions usuelles}{Dérivative of usuals functions}

\langsubsection{Somme/Soustraction}{Sum/Difference}

Let $\function{f,g}{I}{\K}$ est dérivable en $a \in I$, $(f + g)' = f' + g'$ ainsi que $(f - g)' = f' - g'$

\begin{proof}
$(f + g)' = \lim\limits_{h \to 0} \frac{[f(x + h) + g(x + h)] - [f(x) + g(x)]}{h} = \lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x + h) - f(x)}{h} + \lim\limits_{h \to 0} \frac{g(x + h) - g(x)}{h} = f' + g'$
\end{proof}

With a similar argument, $(f - g)' = f' - g'$

\langsubsection{Produit}{Product}

Let $\function{f,g}{I}{\K}$ est dérivable en $a \in I$, $(fg)' = f'g + fg'$

\begin{proof}

$\implies (fg)' = \lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x + h)g(x + h) - f(x)g(x)}{h}$

$\implies \lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x + h)g(x + h) - f(x)g(x) + f(x + h)g(x) - f(x + h)g(x)}{h}$

$\implies \lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x + h)[g(x + h) - g(x)] + g(x)[f(x + h) - f(x)]}{h}$

$\implies \lim\limits_{h \to 0} f(x + h) \frac{g(x + h) - g(x)}{h} + g(x) \lim\limits_{h \to 0} \frac{f(x + h) - f(x)}{h}$

$\implies f'g + fg'$

\end{proof}

\langsubsection{Division}{Quotient}

Soit $\function{f,g}{I}{\K}$ est dérivable en $a \in I$, $(\frac{f}{g})' = \frac{f'g + fg'}{g^2}$

\begin{proof}

$\implies (\frac{f}{g})' = \lim\limits_{h \to 0} \frac{\frac{f(x + h)}{g(x + h)} - \frac{f(x)}{g(x)}}{h}$

$\implies \lim\limits_{h \to 0} \frac{g(x)f(x + h) - f(x)g(x + h)}{g(x)g(x + h)h}$

$\implies \lim\limits_{h \to 0} \frac{1}{g(x)g(x + h)} [ \frac{g(x)f(x + h) - f(x)g(x + h)}{h} ]$

$\implies \lim\limits_{h \to 0} \frac{1}{g(x)g(x + h)} [ \frac{g(x)f(x + h) - f(x)g(x + h) + f(x)g(x) - f(x)g(x)}{h} ]$

$\implies \lim\limits_{h \to 0} \frac{1}{g(x)g(x + h)} [ \frac{g(x)[f(x + h) - f(x)] + f(x)[g(x + h) - g(x)]}{h} ]$

$\implies \lim\limits_{h \to 0} \frac{1}{g(x)g(x + h)} [ g(x)\frac{[f(x + h) - f(x)]}{h} + f(x)\frac{[g(x + h) - g(x)]}{h} ]$

$\implies \frac{f'g + fg'}{g^2}$

\end{proof}

\subsection{Composition}

Soit $\function{f,g}{I}{\K}$ est dérivable en $a \in I$, $(f \composes g(x))' = f' \composes g(x) + g'(x)$

\begin{proof}

\lipsum[3]

\end{proof}

\langsubsection{Exponentiel}{Exponential}

\subsubsection{Base e}

Soit $x \in R$ et $\function{f}{\R}{\R}, (e^{f(x)})' = f'(x)e^{f(x)}$

\begin{proof}
	\lipsum[3]
\end{proof}

\langsubsubsection{Base arbitraire}{Arbitrary base}

Soit $x \in \R, b \in \R^*$ et $\function{f}{\R}{\R}, (b^{f(x)})' = f'(x)b^{f(x)}$

\begin{proof}
	Soit $x \in \R, b \in \R^*$ et $\function{f}{\R}{\R}$

	Il y plusieurs manières de prouver l'égalité en voici certaines :

	\textbf{Preuve par calcul de limite}

	$$(b^{f(x)})' = \lim\limits_{h \to 0} \frac{b^{x + h} - b^x}{h} = b^x \lim\limits_{h \to 0} \frac{b^h - 1}{h}$$ %TODO Complete proof (find ln trhough limits)

	\textbf{Preuve par la dérivé de $e^{f(x)}$}

	$$(b^{f(x)})' = (e^{f(x)\ln(b)})'$$
	By the chain rule
	$$e^{f(x)\ln(b)} f(x)'\ln(b) = f(x)'\ln(b)b^{f(x)}$$
\end{proof}

\langsubsection{Logarithme}{Logarithm}

\subsubsection{Base e}

Soit $x \in R^*_+, (\ln(x))' = \frac{1}{x}$

\begin{proof}
	Il y plusieurs manières de prouver l'égalité en voici certaines :

	\textbf{Preuve par instantiation}

	Soit $x \in R^*_+$, posons $\frac{d}{dx} x = 1$
	$$\implies \frac{d}{dx} e^{\ln(x)} = 1$$
	By the chain rule
	$$e^{\ln(x)} \frac{d}{dx} \ln(x) = 1 \implies x \frac{d}{dx} \ln(s) = 1 \implies \frac{d}{dx} \ln(s) = \frac{1}{x}$$

	\textbf{Preuve par dérivé implicite}

	Soit $x \in R^*_+$, posons $y = \ln{x}$
	$$\implies e^y = x \implies \frac{dy}{dx} e^y = 1 \implies \frac{dy}{dx} = \frac{1}{e^y} = \frac{1}{e^{\ln(x)}} \implies \frac{d}{dx} \ln(x) = \frac{1}{x}$$
\end{proof}

\langsubsubsection{Base arbitraire}{Arbitrary base}

Soit $x \in R^*_+, (\log_b(x))' = \frac{1}{x \ln(b)}$

\begin{proof}
	Il y plusieurs manières de prouver l'égalité en voici certaines :

	\textbf{Preuve par instantiation}

	Soit $x \in R^*_+$, posons $\frac{d}{dx} x = 1$
	$$\implies \frac{d}{dx} b^{\log_b(x)} = 1$$
	By the chain rule
	$$\ln(s) b^{\log_b(x)} \frac{d}{dx} \log_b(x) = 1 \implies x \ln(b) \frac{d}{dx} \log_b(s) = 1 \implies \frac{d}{dx} \log_b(s) = \frac{1}{x\ln(b)}$$

	\textbf{Preuve par dérivé implicite}

	Soit $x \in R^*_+$, posons $y = \log_b{x}$
	$$\implies b^y = x \implies \ln(b) \frac{dy}{dx} b^y = 1 \implies \frac{dy}{dx} = \frac{1}{\ln(b)b^y} = \frac{1}{\ln(b)b^{\log_b(x)}} \implies \frac{d}{dx} \log_b(x) = \frac{1}{x \ln(b)}$$
\end{proof}

\section{Extremums}
%TODO Complete section

</pre></body></html>