\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[2] % TODO Complete proof \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[2] % TODO Complete proof \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 a 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 a 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 a 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