Dérivabilité

Soit $f : \mathrm{I} \to \mathbb{R}$ dérivable en $a \in \mathrm{I}$. On veut montrer que $f$ est continue en $a$, c'est-à-dire que $\displaystyle\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$.

Pour $x \in \mathrm{I} \setminus \{a\}$, on écrit la décomposition :

$$f(x) - f(a) = \dfrac{f(x) - f(a)}{x - a} \cdot (x - a)$$

Par la Définition 1.1, $f$ est dérivable en $a$, donc le taux d'accroissement $\dfrac{f(x) - f(a)}{x - a}$ admet la limite finie $f'(a)$ lorsque $x \to a$. D'autre part, $(x - a) \to 0$ lorsque $x \to a$.

Par produit de limites :

$$\lim_{x \to a} \left( f(x) - f(a) \right) = f'(a) \cdot 0 = 0$$

Donc $\displaystyle\lim_{x \to a} f(x) = f(a)$, ce qui signifie exactement que $f$ est continue en $a$.

Soit $f : \mathrm{I} \to \mathbb{R}$ et $a \in \mathrm{I}$.

($\Rightarrow$) Supposons $f$ dérivable en $a$. Par la Définition 1.1, $\dfrac{f(x) - f(a)}{x - a}$ admet une limite finie $f'(a)$ lorsque $x \to a$. En particulier, cette fonction de $x$ admet une limite à gauche et une limite à droite en $a$, et ces deux limites valent toutes deux $f'(a)$. Donc $f$ est dérivable à gauche et à droite en $a$ (par la Définition 1.2), avec $f'_g(a) = f'_d(a) = f'(a)$.

($\Leftarrow$) Supposons $f$ dérivable à gauche et à droite en $a$ avec $f'_g(a) = f'_d(a) =: \ell$. Cela signifie (par la Définition 1.2) que la limite à gauche et la limite à droite du taux d'accroissement $\dfrac{f(x) - f(a)}{x - a}$ en $a$ existent et sont égales à $\ell$. Donc le taux d'accroissement admet la limite finie $\ell$ en $a$ (limite bilatérale). Ainsi $f$ est dérivable en $a$ et $f'(a) = \ell = f'_g(a) = f'_d(a)$.

Soient $f, g : \mathrm{I} \to \mathbb{R}$ dérivables en $a \in \mathrm{I}$. On démontre chaque formule en partant de la définition (Définition 1.1).

Somme. Pour $x \neq a$ :
$$\dfrac{(f+g)(x) - (f+g)(a)}{x-a} = \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a} + \dfrac{g(x)-g(a)}{x-a} \xrightarrow[x \to a]{} f'(a) + g'(a)$$
Donc $f+g$ est dérivable en $a$ et $(f+g)'(a) = f'(a)+g'(a)$.

Produit. Pour $x \neq a$ :
$$\dfrac{(fg)(x)-(fg)(a)}{x-a} = \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a} \cdot g(x) + f(a) \cdot \dfrac{g(x)-g(a)}{x-a}$$
Par la Proposition 1.1, $f$ est continue en $a$ (donc $f(x) \to f(a)$), et de même $g$ est continue en $a$ (donc $g(x) \to g(a)$). On obtient à la limite : $(fg)'(a) = f'(a)g(a) + f(a)g'(a)$.

Inverse. Supposons $f(a) \neq 0$. Par la Proposition 1.1, $f$ est continue en $a$, donc $f$ ne s'annule pas au voisinage de $a$, ce qui rend $\dfrac{1}{f}$ bien définie au voisinage de $a$. Pour $x \neq a$ :
$$\dfrac{\frac{1}{f(x)}-\frac{1}{f(a)}}{x-a} = \dfrac{f(a)-f(x)}{f(x)f(a)(x-a)} = -\dfrac{1}{f(x)f(a)} \cdot \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$$
En passant à la limite (en utilisant $f(x) \to f(a)$ et $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a} \to f'(a)$) :
$$\left(\dfrac{1}{f}\right)'(a) = -\dfrac{f'(a)}{f(a)^2}$$

Quotient. Supposons $g(a) \neq 0$. On écrit $\dfrac{f}{g} = f \cdot \dfrac{1}{g}$. Par la formule de l'inverse, $\dfrac{1}{g}$ est dérivable en $a$ avec $\left(\dfrac{1}{g}\right)'(a) = -\dfrac{g'(a)}{g(a)^2}$. Par la formule du produit :
$$\left(\dfrac{f}{g}\right)'(a) = f'(a) \cdot \dfrac{1}{g(a)} + f(a) \cdot \left(-\dfrac{g'(a)}{g(a)^2}\right) = \dfrac{f'(a)g(a) - f(a)g'(a)}{g(a)^2}$$

Soient $f, g : \mathrm{I} \to \mathbb{R}$ dérivables sur $\mathrm{I}$. Les formules sur un intervalle s'obtiennent en appliquant la Proposition 1.4 en chaque point $a \in \mathrm{I}$.

Pour tout $a \in \mathrm{I}$, $f$ et $g$ sont dérivables en $a$, donc par la Proposition 1.4 :
- $(f+g)'(a) = f'(a) + g'(a)$, donc $(f+g)' = f' + g'$.
- $(fg)'(a) = f'(a)g(a) + f(a)g'(a)$, donc $(fg)' = f'g + fg'$.
- Si $f$ ne s'annule pas sur $\mathrm{I}$, $\left(\dfrac{1}{f}\right)'(a) = -\dfrac{f'(a)}{f(a)^2}$, donc $\left(\dfrac{1}{f}\right)' = -\dfrac{f'}{f^2}$.
- Si $g$ ne s'annule pas sur $\mathrm{I}$, $\left(\dfrac{f}{g}\right)'(a) = \dfrac{f'(a)g(a) - f(a)g'(a)}{g(a)^2}$, donc $\left(\dfrac{f}{g}\right)' = \dfrac{f'g - fg'}{g^2}$.

Soit $f : \mathrm{I} \to \mathbb{R}$ et $g : \mathrm{J} \to \mathbb{R}$ avec $f(\mathrm{I}) \subset \mathrm{J}$. Supposons $f$ dérivable en $a \in \mathrm{I}$ et $g$ dérivable en $b = f(a) \in \mathrm{J}$.

Pour $x \in \mathrm{I} \setminus \{a\}$, on veut étudier le taux d'accroissement de $g \circ f$ en $a$.

Cas 1 : $f(x) \neq f(a)$ pour $x$ au voisinage de $a$. On écrit :
$$\dfrac{g(f(x)) - g(f(a))}{x - a} = \dfrac{g(f(x)) - g(f(a))}{f(x) - f(a)} \cdot \dfrac{f(x) - f(a)}{x - a}$$
Lorsque $x \to a$, par la dérivabilité de $f$ en $a$ (Définition 1.1), $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a} \to f'(a)$. De plus, par la Proposition 1.1, $f$ est continue en $a$, donc $f(x) \to f(a) = b$, et la dérivabilité de $g$ en $b$ donne $\dfrac{g(f(x))-g(b)}{f(x)-b} \to g'(b)$. Par produit de limites : $(g \circ f)'(a) = g'(f(a)) \cdot f'(a)$.

Cas 2 : général. On pose $h : \mathrm{J} \to \mathbb{R}$ définie par
$$h(y) = \begin{cases} \dfrac{g(y) - g(b)}{y - b} & \text{si } y \neq b \\ g'(b) & \text{si } y = b \end{cases}$$
Par dérivabilité de $g$ en $b$, $h$ est continue en $b$. On vérifie que $g(y) - g(b) = h(y)(y-b)$ pour tout $y$. Alors :
$$\dfrac{g(f(x)) - g(f(a))}{x-a} = h(f(x)) \cdot \dfrac{f(x) - f(a)}{x-a}$$
Lorsque $x \to a$ : $f(x) \to f(a) = b$ (continuité de $f$ par Proposition 1.1), donc $h(f(x)) \to h(b) = g'(b)$. On conclut $(g \circ f)'(a) = g'(b) \cdot f'(a) = (g' \circ f)(a) \cdot f'(a)$.

La formule sur l'intervalle s'obtient en appliquant ce résultat en chaque point $a \in \mathrm{I}$.

Soit $f : \mathrm{I} \to \mathrm{J}$ bijective dérivable en $a \in \mathrm{I}$, et soit $b = f(a)$.

($\Leftarrow$) Supposons $f'(a) = 0$. Pour $x \in \mathrm{I} \setminus \{a\}$, posons $y = f(x)$. Comme $f$ est bijective, $y \neq b$ (car $x \neq a$). On a $x = f^{-1}(y)$, donc :
$$\dfrac{f^{-1}(y) - f^{-1}(b)}{y - b} = \dfrac{x - a}{f(x) - f(a)} = \dfrac{1}{\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}}$$
Lorsque $x \to a$, $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a} \to f'(a) = 0$, donc $\dfrac{f^{-1}(y)-b}{y-b} \to \infty$ (ou n'a pas de limite finie), donc $f^{-1}$ n'est pas dérivable en $b$.

($\Rightarrow$) Supposons $f'(a) \neq 0$. Pour $y \in \mathrm{J} \setminus \{b\}$, posons $x = f^{-1}(y) \in \mathrm{I} \setminus \{a\}$. On a :
$$\dfrac{f^{-1}(y) - f^{-1}(b)}{y - b} = \dfrac{x - a}{f(x) - f(a)} = \dfrac{1}{\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}}$$
Lorsque $y \to b$, comme $f^{-1}$ est continue en $b$ (car $f$ est bijective et $f$ est continue en $a$ par Proposition 1.1), on a $x = f^{-1}(y) \to f^{-1}(b) = a$. Donc $\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a} \to f'(a) \neq 0$, et :
$$(f^{-1})'(b) = \dfrac{1}{f'(a)} = \dfrac{1}{f'(f^{-1}(b))}$$

Soit $f : \mathrm{I} \to \mathrm{J}$ bijective dérivable sur $\mathrm{I}$ avec $f'$ ne s'annulant pas sur $\mathrm{I}$.

Pour tout $b \in \mathrm{J}$, il existe un unique $a = f^{-1}(b) \in \mathrm{I}$ tel que $f(a) = b$. Comme $f$ est dérivable en $a$ et $f'(a) \neq 0$, la Proposition 1.7 assure que $f^{-1}$ est dérivable en $b$, avec :
$$(f^{-1})'(b) = \dfrac{1}{f'(a)} = \dfrac{1}{f'(f^{-1}(b))} = \dfrac{1}{(f' \circ f^{-1})(b)}$$
Ceci étant valable pour tout $b \in \mathrm{J}$, $f^{-1}$ est dérivable sur $\mathrm{J}$ et $(f^{-1})' = \dfrac{1}{f' \circ f^{-1}}$.