Exercices corrigés - Dérivation

On revient à la définition, et on cherche si le taux d'accroissement admet une limite en 0. $$\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{\frac{x}{1+|x|}}{x}=\frac{1}{1+|x|}\to 1$$ lorsque $x\to 0$. La fonction est donc dérivable en $0$, de dérivée $1$.
Concernant $g$, on remarque que $g$ est définie sur $[1,+\infty[$ par $g(x)=(x-1)^2$ (la formule fonctionne encore pour $x=1$). La dérivée de $x\mapsto(x-1)^2$ étant $x\mapsto 2(x-1)$, la fonction $g$ est donc dérivable à droite en $1$, et sa dérivée vaut $0$. On remarque que $g$ est défini sur $]-\infty,1]$ par $g(x)=(x-1)$. La dérivée de la fonction $x\mapsto x-1$ étant $1$, $g$ est dérivable à gauche en $1$ et sa dérivée vaut $1$. Les dérivées à droite et à gauche de $g$ en $1$ ne coïncident pas, donc $g$ n'est pas dérivable en $1$ . Pour $h$, on a $$\frac{h(x)-h(0)}x=|x| \times\frac{\sin x}x.$$ Puisque $\sin x/x$ tend vers 1 quand $x$ tend vers 0 et que $|x|$ tend vers 0 quand $x$ tend vers 0, le taux d'accroissement converge vers $0$ quand $x$ tend vers 0, et donc $h$ est dérivable en $0$, avec $h'(0)=0$.

Il est d'abord nécessaire que $f$ soit continue en $1$. On a $f(1)=1$ et la limite à droite de $f$ en $1$ vaut $a+b+1$. On doit donc avoir $a+b+1=1$, soit $b=-a$. Étudions maintenant la dérivabilité en $1$. La fonction $f$ coïncide avec la fonction $x\mapsto \sqrt x$ sur $[0,1]$. La dérivée de $x\mapsto \sqrt x$ étant égale à $x\mapsto \frac 1{2\sqrt x}$, $f$ admet une dérivée à gauche en $1$ qui vaut $1/2$. D'autre part, $f$ coïncide sur $[1,+\infty[$ avec la fonction $x\mapsto ax^2-ax+1$, donc la dérivée est $x\mapsto 2ax-a$. La fonction $f$ est donc dérivable à droite en $1$, de dérivée $a$.
Finalement, la fonction $f$ sera dérivable en $1$ si et seulement si les dérivées à droite et à gauche coïncident. Le seul moyen de définir $f$ de sorte que ce soit une fonction dérivable en $1$ est donc de poser $a=1/2$ et $b=-1/2$.

On remarque d'abord que $f$ est continue en 0, car, pour $x\neq 0$, on a $$|f(x)-f(0)|\leq x^2$$ et $x^2\to 0$ quand $x\to 0$. D'autre part, $f$ est clairement $C^1$ sur $\mathbb R^*$. Etudions la dérivabilité en 0 en revenant à la définition, c'est-à-dire en étudiant si le taux d'accroissement admet une limite. On a : $$\frac{f(x)-f(0)}{x}=x\sin\left(\frac 1x\right)$$ et ceci tend vers 0 quand $x$ tend vers 0, grâce à la majoration $|x\sin\left(\frac 1x\right)|\leq |x|$. Ainsi, $f$ est dérivable en 0, avec $f'(0)=0$. Pour déterminer si $f$ est $C^1$ en 0, il faut étudier si la dérivée est continue en 0. Pour $x\neq 0$, on a $$f'(x)=2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)-\cos\left(\frac 1x\right).$$ Or, posons $u_n=\frac{1}{2n\pi}$. Alors, $u_n$ tend vers 0, et $$f'(u_n)=\frac{1}{n\pi}\sin(2n\pi)-\cos(2n\pi)=-1\neq f'(0).$$ Ainsi, $f'$ n'est pas continue en 0, et $f$ n'est pas de classe $C^1$.
Concernant $g$, on peut procéder comme pour $f$ pour démontrer que $g$ est $C^1$ sur $\mathbb R^*$, dérivable en 0 avec $g'(0)=0$. De plus, pour $x\neq 0$, $$g'(x)=3x^2\sin\left(\frac1x\right)-x\cos\left(\frac 1x\right)$$ de sorte que $$|g'(x)-g'(0)|\leq 3|x|^2+|x|.$$ Ceci entraîne que $g'$ est continue en 0, et donc que $g$ est de classe $C^1$. On peut aussi prouver directement que $g$ est de classe $C^1$ en appliquant le théorème de prolongement d'une dérivée, puisque pour $x\neq 0$, $$g'(x)=3x^2\sin\left(\frac1x\right)-x\cos\left(\frac 1x\right)$$ et que cette quantité tend vers $0$ si $x$ tend vers $0$.

Remarquons d'abord que $f$ est de classe $C^2$ sur $\mathbb R^*$ et que $f$ est bien continue en $0$. On va commencer par remarquer que $f$ est dérivable en $0$. Étudions d'abord la dérivabilité à droite. En effet, si $x\in [0,+\infty[$, $f(x)=\sin x$. Mais la fonction $\sin$ est dérivable en $0$, de dérivée $\cos(0)=1$. Ainsi, $f$ est dérivable à droite en $0$, et $f_d'(0)=1$. De même, $f$ est dérivable à gauche en $0$. En effet, si $x\in ]-\infty,0]$, $f(x)=x$ et la fonction $x\mapsto x$ est dérivable en $0$, de dérivée $1$. Ainsi, $f$ est dérivable à gauche en $0$, et $f_g'(0)=1$. La fonction $f$ admet donc une dérivée à droite et à gauche en 0, et ces dérivées coïncident. C'est bien que $f$ est dérivable en $0$, avec $f'(0)=1$. Ainsi, $f$ est dérivable sur $\mathbb R$, avec $f'(x)=1$ si $x<0$, $f'(0)=1$, $f'(x)=\cos(x)$ si $x>0$. Cette fonction est continue sur $\mathbb R$ (car $\lim_{x\to 0^+}\cos(x)=1$), et donc $f$ est de classe $C^1$.
On procède exactement de la même façon pour démontrer que $f$ est de classe $C^2$ en partant de $f'$ au lieu de $f$ et en étudiant les dérivées à droite et à gauche de $f'$. On trouve finament que $f$ est de classe $C^2$ sur $\mathbb R$ avec $f''(x)=0$ si $x<0$, $f''(0)=0$ et $f''(x)=-\sin(x)$ si $x>0$.
Pour prouver que $f$ n'est pas trois fois dérivable sur $\mathbb R$, on va démontrer que $f$ n'est pas trois fois dérivable en $0$, ou encore que $f''$ n'est pas dérivable en $0$. Il suffit de démontrer que les dérivées à droite et à gauche de $f''$ en $0$ existent mais ne sont pas égales. Pour $x\geq 0$, on a $f''(x)=-\sin x$ et en utilisant le même raisonnement que ci-dessus, on trouve $f^{(3)}_d(0)=-1$. De même, pour $x<0$, on a $f''(x)=0$ et donc $f^{(3)}_g(0)=0$. Puisque $f^{(3)}_d(0)\neq f^{(3)}_g(0)$, $f''$ n'est pas dérivable en $0$.

Il suffit de couper en passant par $f(x_0)$ : $$\frac{f(x_0+h)-f(x_0-h)}{2h}=\frac{1}{2}\left(\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}+\frac{f(x_0-h)-f(x_0)}{-h}\right)\to\frac{f'(x_0)+f'(x_0)}{2}.$$ La réciproque est clairement fausse. Il suffit de prendre $f(x)=|x|$ et $x_0=0$.

La fonction $g$ est clairement dérivable sur $]0,1/2[$ et sur $]1/2,1[$. Le seul problème est en 1/2. Mais, on a $$\lim_{x\to \frac{1}2^-}g(x)=f(1)=f(0)=\lim_{x\to \frac12^+}g(x).$$ La fonction $g$ est donc continue en $1/2$. Pour $x<1/2$, on a $$g'(x)=2f'(2x)\longrightarrow_{x\to \frac 12^-} 2f'(1)$$ et donc, par le théorème de prolongement d'une dérivée, $g$ admet une dérivée à gauche en 1/2 égale à $2f'(1)$. De même, pour $x>1/2$, on a $$g'(x)=2f'(2x-1)\longrightarrow_{x\to \frac 12^+} 2f'(0)$$ et donc, par le théorème de prolongement d'une dérivée, $g$ admet une dérivée à droite en 1/2 égale à $2f'(0)$. La fonction $g$ est dérivable en 1/2 si et seulement si les dérivées à droite et à gauche coïncident, c'est-à-dire si et seulement $f'(1)=f'(0)$.

On écrit $$xf(x_0)-x_0f(x)=xf(x_0)-x_0f(x_0)+x_0f(x_0)-x_0f(x)$$ ce qui donne $$\frac{xf(x_0)-x_0f(x)}{x-x_0}=f(x_0)+x_0\frac{f(x_0)-f(x)}{x-x_0}.$$ Par définition de la dérivabilité en $x_0$, ceci tend vers $f(x_0)-x_0f'(x_0)$.

Écrivons l'équation de la tangente à la courbe d'équation $y=x^2$ au point d'abscisse $a$ : il s'agit de $$y-a^2=2a(x-a)\iff y=2ax-a^2.$$ De même, écrivons l'équation de la tangente à la courbe d'équation $y=1/x$ au point d'abscisse $b$ : il s'agit de $$y-\frac 1b=-\frac 1{b^2}(x-b)\iff y=-\frac 1{b^2}x+\frac 2b.$$ Pour que les deux tangentes coincident, il faut que $a$ et $b$ vérifient $$\left\{ \begin{array}{rcl} 2a&=&\frac{-1}{b^2}\\ -a^2&=&\frac 2b. \end{array}\right.$$ On en déduit que $-8a=a^4$, ce qui donne $a=0$ ou $a=-2$. La solution $a=0$ est à exclure, car on ne peut pas déterminer de valeur correspondante pour $b$. Pour $a=-2$, on obtient $b=-1/2$, et on vérifie facilement que les tangentes en $a$ et en $b$ coincident.

Puisque $f'(a)>0$, on sait que $$\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}>0.$$ Ceci implique qu'il existe $a'\in ]a,b[$ tel que $f(a')>0$ (sinon, pour tout $x\geq a$, on aurait $f(x)\leq f(a)$, donc $f(x)-f(a)\leq 0$ donc $$\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\leq 0,$$ donc en passant à la limite $f'(a)\leq 0$). De la même façon, en utilisant $f'(b)>0$, on prouve l'existence de $b'\in]a,b[$ tel que $f(b')<0$. Il suffit ensuite d'appliquer le théorème des valeurs intermédiaires entre $a$ et $b$ pour conclure.

Fixons $\veps>0$. On sait qu'il existe $\delta>0$ tel que, pour tout $x\in]-\delta,\delta[$, on a $$|f(x)-f'(0)x|\leq \veps\times |x|.$$ Soit $n$ assez grand pour que $\frac{1}{n}<\delta$. On applique alors la formule précédente à $x=\frac k{n^2}$, pour $k\in\{1,\dots,n\}$. On obtient $$-\veps\frac k{n^2}\leq f\left(\frac k{n^2}\right)-f'(0)\frac{k}{n^2}\leq \veps\frac k{n^2}.$$ On somme ces inégalités pour $k$ allant de $1$ à $n$ et on trouve $$-\veps\frac{n+1}{2n}\leq \sum_{k=1}^n f\left(\frac k{n^2}\right)-f'(0)\frac{n+1}{2n}\leq \veps\frac{n+1}{2n}.$$ Écrivant $\frac{n+1}{n}=1+\frac{1}{n}$ et en remarquant que $(n+1)/2n\leq 1$, on trouve $$-\veps+\frac{f'(0)}{2n}\leq \sum_{k=1}^n f\left(\frac k{n^2}\right)-\frac{f'(0)}2\leq \veps+\frac{f'(0)}{2n}.$$ Pour $n$ assez grand, on en déduit que $$-2\veps\leq \sum_{k=1}^n f\left(\frac k{n^2}\right)-\frac{f'(0)}2\leq 2\veps.$$ On en conclut que la suite converge avec $$\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n f\left(\frac k{n^2}\right)=\frac{f'(0)}{2}.$$

Fixons $\veps>0$. Par hypothèse, il existe $\alpha>0$ tel que, pour tout $y$ de $]-\alpha,\alpha[$, on a $$|f(y)-f(y/2)|\leq\veps|y/2|.$$ Prenons $x$ dans $]-\alpha,\alpha[$. On applique l'inégalité précédente pour $y=x$, $y=x/2,\dots,$ $y=x/2^n$. On obtient successivement : \begin{eqnarray*} |f(x)-f(x/2)|&\leq& \veps |x/2|\\ |f(x/2)-f(x/4)|&\leq& \veps |x/4|\\ \vdots&\vdots&\vdots\\ |f(x/2^n)-f(x/2^{n+1})|&\leq& \veps |x/2^{n+1}|\\ \end{eqnarray*} En utilisant l'inégalité triangulaire, il vient $$|f(x)-f(x/2^{n+1})|\leq \veps |x|\left(\frac12+\frac14+\dots+\frac1{2^{n+1}}\right)\leq \veps|x|.$$ Il suffit alors de faire tendre $n$ vers $+\infty$ et d'utiliser la continuité de $f$ en $0$ pour obtenir $$|f(x)-f(0)|\leq\veps|x|.$$ Autrement dit, $f$ est dérivable en $0$, et $f'(0)=0$.

On va procéder pour les deux questions par récurrence, le principal problème étant de trouver la bonne hypothèse de récurrence.

1. Posons, pour $0\leq k\leq n$, l'hypothèse $\mathcal P_k$: " $f^{(k)}$ s'annule en $n+1-k$ points distincts de $[a,b]$, et même de $]a,b[$ si $k\geq 1$".
   • La propriété est vraie au rang $k=0$, par hypothèse.
   • Supposons la propriété vraie au rang $k<n$ et prouvons la au rang $k+1$. Soient $a\leq a_1<a_2<\dots<a_{n+1-k}\leq b$ des réels tous distincts de sorte que $f^{(k)}(a_i)=0$ pour tout $i$. Appliquons le théorème de Rolle à la fonction $g=f^{(k)}$ sur les intervalles $[a_i,a_{i+1}]$, avec $1\leq i\leq n-k$. On obtient des réels $b_i$, avec $b_i\in ]a_i,a_{i+1}[$ tels que $f^{(k+1)}(b_i)=g'(b_i)=0$. De plus, ces réels sont distincts car $$b_i<a_{i+1}<b_{i+1}$$ et ils sont tous dans l'intervalle $]a,b[$ puisque $a\leq a_1<b_1$ et $b_{n-k}<a_{n+1-k}<b$. $\mathcal P_{k+1}$ est donc vraie.
   Par le principe de récurrence, $\mathcal P_n$ est vraie, et c'est exactement ce que l'on voulait démontrer.
2. On introduit cette fois, pour $0\leq k\leq n$, l'hypothèse de récurrence $\mathcal P_k$ : " $f^{(k)}$ s'annule en $b_k$ avec $a<b_k$ et $b_k<b$ si $k\geq 1$". $\mathcal P_0$ est clairement vérifiée, et si $\mathcal P_k$ est vérifiée pour $0\leq k<n$, alors posons $g=f^{(k)}$. On sait que $g(a)=0$ et que $g(b_k)=0$. Par le théorème de Rolle, il existe $b_{k+1}\in ]a,b_k[\subset ]a,b[$ de sorte que $$f^{k+1}(b_{k+1})=g'(b_k)=0.$$ $\mathcal P_{k+1}$ est donc vérifiée.
   Par le principe de récurrence, $\mathcal P_n$ est vérifiée, et c'est exactement ce que l'on voulait prouver!

On va commencer par démontrer que $f'$ vérifie les mêmes hypothèses que $f$. En effet, $f'$ est $\mathcal C^\infty$. Puisque la suite $(x_n)$ tend vers $0$ et que $x_n$ n'est jamais égal à $0$, on peut extraire de $(x_n)$ une sous-suite strictement décroissante. Pour tout $n\geq 0,$ on applique alors le théorème de Rolle à $f$ entre $x_{n+1}$ et $x_n$ : il existe $u_n\in ]x_{n+1},x_n[$ telle que $f'(u_n)=0$. Par le théorème des gendarmes, la suite $(u_n)$ tend vers $0$ sans jamais être nulle.
Par une récurrence immédiate, on démontre alors que pour tout $k\in\mathbb N,$ la fonction $f^{(k)}$ vérifie les mêmes hypothèses. En particulier, il existe une suite $(y_n)$ qui tend vers $0$ et telle que $f^{(k)}(y_n)=0$ pour tout entier naturel $n$. Puisque $f^{(k)}$ est continue, on obtient $f^{(k)}(0)=0$.

On pose $g(x)=e^x-P(x)$. Si l'équation admet $n$ solutions, c'est que $g$ admet $n$ racines. Par des applications successives du théorème de Rolle, on trouve que $g'$ admet $n-1$ racines, $g''$ en admet $n-2$,..., jusque $g^{(n-1)}$ qui en admet au moins 1. Supposons maintenant que $n-1>\deg(P)$. Alors, $$g^{(n-1)}=e^x-P^{(n-1)}=e^x$$ et on trouve que l'équation $e^x=0$ admet au moins une solution. C'est bien entendu absurde, et on vient de prouver que l'équation $P(x)=e^x$ admet donc au plus $n+1$ solutions, avec $n=\deg(P)$.

On note $n$ le degré de $P$, $x_1<\dots<x_p$ ses racines distinctes, de multiplicité respective $\alpha_1,\dots,\alpha_p$ avec donc $\alpha_1+\dots+\alpha_p=n$. Chaque $x_i$ est encore racine de $P'$ de multiplicité $\alpha_i-1$, et donc de $P'+\lambda P$ de multiplicité $\alpha_i-1$. On a donc trouvé $\alpha_1-1+\dots+\alpha_p-1=\alpha_1+\dots+\alpha_p-p$ racines, comptées avec leur multiplicité.
On va trouver maintenant $p-1$ autres racines. Plus précisément, on va en trouver une dans chaque intervalle $]x_i,x_{i+1}[$, avec $i=1,\dots,p-1$. En effet, posons $f(x)=P(x)e^{\lambda x}$. $f$ est continu sur $[x_i,x_{i+1}]$, dérivable sur $]x_i,x_{i+1}[$ et on a $f(x_i)=f(x_{i+1})=0$. Par le théorème de Rolle, il existe $y_i\in]x_i,x_{i+1}[$ tel que $f'(y_i)=0$. Or, $f'(x)=(P'(x)+\lambda P(x))e^{\lambda x}$. Puisque la fonction exponentielle ne s'annule pas, $y_i$ est racine de $P'+\lambda P$.
On a donc obtenu une factorisation de $P'+\lambda P$ sous la forme $$P'+\lambda P=\prod_{i=1}^p (X-x_i)^{\alpha_i-1}\prod_{i=1}^{p-1}(X-y_i)Q(X).$$ Remarquons de plus que $\sum_{i=1}^p (\alpha_i-1)+(p-1)=n-1$. Ainsi, si $\lambda=0$, $P'+\lambda P$ est de degré $n-1$ et on a bien prouvé que $P'+\lambda P$ est scindé. Si $\lambda\neq 0$, alors $P'+\lambda P$ est de degré $n$, et on en déduit que le degré de $Q$ vaut $1$, c'est à dire que $Q(X)=a(X-z)$. Là encore, on a prouvé que $P'+\lambda P$ est scindé.

Pour $\veps=f(c)/2$, il existe $A\geq c$ tel que, pour $x\geq A$, $|f(x)|<\veps$. Ainsi, on a $f(A)<\frac{f(c)}2<f(c)$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, on trouve $b\in]c,A[$ tel que $f(b)=f(c)/2$. De même, $\frac{f(c)}{2}\in ]0,f(c)[$. On peut donc trouver $a\in]0,c[$ avec $f(a)=f(c)/2$. On a donc $a<b$, $f(a)=f(b)$. On applique alors le théorème de Rolle entre $a$ et $b$ pour trouver $d\in]a,b[$ tel que $f'(d)=0$.
Il existe d'autres méthodes pour prouver ce résultat. Par exemple, on définit $g$ sur $[0,\pi/2[$ par $g(t)=f(\tan(t))$. Alors $g$ est continue sur $[0,\pi/2[$, dérivable sur $]0,\pi/2[$. De plus, par théorème de composition des limites $\lim_{\pi/2}g=\lim_{+\infty}f$ existe. On peut donc prolonger $g$ par continuité en $\pi/2$ et on a alors $g(\pi/2)=g(0)=f(0)=\lim_{+\infty}f$. On applique alors le théorème de Rolle à $g$ pour trouver $c\in]0,\pi/2[$ tel que $g'(c)=0$. Or, $$g'(x)=(1+\tan^2(x))f'(\tan(x)).$$ Donc, $g'(c)=0\implies f'(\tan(c))=0$.

L'équation de la tangente au point d'abscisse $x_0$ est $$y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0).$$ Cette tangente passe par le point $(d,0)$ si et seulement si $$f'(x_0)(x_0-d)-f(x_0)=0.$$ On va chercher une fonction dont la dérivée va être presque de la forme précédente, et on va montrer par le théorème de Rolle que la dérivée de cette fonction s'annule. Pour cela, on pose $$g(x)=\frac{f(x)}{x-d}$$ définie et continue sur $[a,b]$, dérivable sur $]a,b[$, de dérivée $$g'(x)=\frac{f'(x)(x-d)-f(x)}{(x-d)^2}.$$ De plus, $g(a)=g(b)=0$. Par le théorème de Rolle, on peut trouver $x_0\in]a,b[$ tel que $g'(x_0)=0$. Pour ce $x_0$, la relation $$f'(x_0)=\frac{f(x_0)}{x_0-d}$$ est donc vérifiée, et la tangente à la courbe représentative de $f$ au point $(x_0,f(x_0))$ passe par $(d,0)$.

On va utiliser l'inégalité des accroissements finis avec une fonction bien choisie :

1. Posons $f(x)=\sqrt x$ sur $[10000,10001]$. Alors $$0\leq f'(x)=\frac{1}{2\sqrt x}\leq \frac{1}{200},$$ et donc $$\sqrt{10001}-100\leq \frac{1}{200}.$$
2. Posons $g(x)=\frac 1{x^2}$ sur $[0,999;1]$. Alors, sur cet intervalle, $$g'(x)=\frac{-2}{x^3}\textrm{ soit }|g'(x)|\leq \frac{2}{0,999^3}\leq 3.$$ Ainsi, $$\left|\frac{1}{0,999^2}-1\right|\leq 3\cdot 10^{-3}.$$
3. Posons $h(x)=\cos(x)$, de dérivée $-\sin x$, $|h'(x)|\leq 1$. On a donc $$\left|\cos 1-\frac 12\right|\leq \left| 1-\frac\pi 3\right| \leq 5\cdot 10^{-2}.$$

Raisonnons par l'absurde. Il existe donc $c\in ]a,b[$ tel que $f(c)<0$. Le théorème des accroissements finis appliquée à $f$ entre $a$ et $c$ nous dit qu'il existe $x_0\in ]a,c[$ tel que $$f(c)-f(a)=f'(x_0)(c-a)\implies f'(x_0)<0.$$ De même, le théorème des accroissements finis appliqué à $f$ entre $c$ et $b$ nous dit qu'il existe $y_0\in ]c,b[$ tel que $$f(b)-f(c)=f'(y_0)(b-c)\implies f'(y_0)>0.$$ On conclut en appliquant le théorème des accroissements finis à $f'$ entre $x_0$ et $y_0$ : il existe $d\in ]x_0,y_0[$ tel que $$f''(d)=\frac{f'(y_0)-f'(x_0)}{y_0-x_0}>0.$$ Ceci est une contradiction. Si l'on connait la théorie des fonctions convexes, le résultat est une conséquence immédiate que la fonction est concave puisque sa dérivée seconde est négative, et que la courbe représentative d'une fonction concave est au dessus de ses cordes.

$f'$ est continue sur $[0,1]$. Elle est donc bornée et atteint ses bornes. Soit $m=\inf_{x\in[0,1]}f'(x)$. Il existe $x_0\in[0,1]$ tel que $m=f'(x_0)$. En particulier $m>0$ puisque $f'(x_0)>0$. Considérons ensuite $x\in ]0,1]$. Par le théorème des accroissement finis appliqués entre $0$ et $x$, il existe $c\in ]0,x[$ tel que $$f(x)-f(0)=f'(c) x.$$ Puisque $f'(c)\geq m$, ceci entraine bien que $f(x)\geq mx.$

Supposons que $l\neq 0$. Sans perte de généralité, on peut supposer $l>0$. Il existe alors un réel $A>0$ tel que, pour tout $x\geq A$, on a $$f'(x)\geq l/2$$ (on applique la définition de la limite avec $\veps=l/2$). Mais alors, pour tout $x\geq A$, d'après le théorème des accroissements finis, on a $$f(x)-f(A)=f'(c)(x-A)\geq\frac{l(x-A)}{2}$$ où $c\in[A,x]$. Faisant tendre $x$ vers $+\infty$, on trouve que $f$ tend vers $+\infty$ également ce qui est une contradiction.

Le résultat est clair pour $n=1$. C'est juste l'application du théorème des accroissements finis entre 0 et 1. Le résultat pour $n$ est à peine plus compliqué si on a la bonne idée. Appliquons le théorème des accroissements finis à $f$ entre $(i-1)/n$ et $i/n$, pour $i=1,\dots,n$. On obtient un point $x_i\in](i-1)/n,i/n[$ tel que $f'(x_i)=\frac{f(i/n)-f((i-1)/n)}{1/n}$. Lorsqu'on calcule la somme $f'(x_1)+\dots+f'(x_n)$, les termes se télescopent deux à deux et on trouve finalement $$f'(x_1)+\dots+f'(x_n)=\frac{f(1)-f(0)}{1/n}=n.$$

On va s'aider du fait que $\sin(k\pi)=0$ et $\sin(2k\pi+\pi/2)=1$ pour tout entier $k$. Bien sûr, si $n$ est un entier, $\ln(n)$ ne sera jamais égal à $k\pi$. Mais l'idée est que le logarithme croit très doucement au voisinage de l'infini. Ainsi, si $x$ est tel que $\ln(x)=k\pi$, et si $n$ est la partie entière de $x$, alors $\ln(n)$ sera presque égal à $\ln(x)$. On peut formaliser cela à l'aide de l'inégalité des accroissements finis.
Etape 1. Une sous-suite converge vers 0 - Soit k un entier supérieur ou égal à 2. Soit $x_k=\exp(k\pi)$ et $n_k$ l'entier directement supérieur ou égal à $x_k$. Remarquons que la suite $(n_k)$ est strictement croissante et que $|n_k-x_k|\leq 1$. On applique ensuite l'inégalité des accroissement finis à la fonction $\ln$. On obtient $$|\ln (x_k)-\ln(n_k)|\leq\frac{|n_k-x_k|}{|x_k|}\leq \exp(-k\pi).$$ On réapplique l'inégalité des accroissements finis avec la fonction sinus. On trouve $$|\sin(\ln(x_k))-\sin(\ln(n_k))|\leq |\ln(x_k)-\ln(n_k)|\leq\exp(-k\pi)$$ On en déduit que $|\sin(\ln(n_k))|\leq\exp(-k\pi)$ et donc que cette sous-suite tend vers 0.
Etape 2 . Une sous-suite converge vers 1 - On reprend exactement le même raisonnement, mais avec $y_k=\exp(2k\pi+\pi/2)$ et $m_k$ l'entier immédiatement supérieur ou égal à $x_k$. Les inégalités se reproduisent avec des changements immédiats, et on trouve que la suite $(\sin(\ln(m_k)))$ tend vers 1.
Ainsi, la suite admet deux sous-suites qui convergent vers des valeurs différentes. Elle est divergente. On pourrait aller plus loin et prouver que, pour tout $\ell\in[-1,1]$, il existe une suite-extraite de $(\sin(\ln n))$ qui converge vers $\ell$.

Posons $f(x)=a^x=\exp(x\ln(a))$ qui est bien de classe $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R$ comme composée de fonctions de classe $\mathcal C^\infty$. On remarque que $f'(x)=(\ln a) a^x=(\ln a)f(x).$ On établit alors très facilement par récurrence que, pour tout $n\geq 1$, on a $$f^{(n)}(x)=(\ln a)^n a^x.$$ Posons ensuite $g(x)=\frac 1x$ et calculons ses premières dérivées afin de faire apparaître une formule : $$g'(x)=-\frac 1{x^2},\ g''(x)=\frac{2}{x^3},\ g^{(3)}(x)=\frac{-6}{x^4}.$$ Ceci motive à poser, pour $n\geq 1$, $$\mathcal P_n:"\forall x\neq 0, g^{(n)}(x)=\frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}".$$ Démontrons par récurrence sur $n$ que pour tout $n\geq 1$, $\mathcal P(n)$ est vraie.
Initialisation : $\mathcal P(1)$ est vraie d'après le calcul fait précédemment.
Hérédité : Soit $n\in\mathbb N$ tel que $\mathcal P(n)$ est vraie. On a donc, pour tout $x\neq 0,$ $$g^{(n)}(x)=\frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}.$$ On dérive et on trouve $$g^{(n+1)}(x)=-\frac{(-1)^n n! (n+1)x^n}{x^{2n+2}}=\frac{(-1)^{n+1}(n+1)!}{x^{n+2}}.$$ Ainsi, $\mathcal P(n+1)$ est vraie.
Par le principe de récurrence, on a bien pour tout $n\geq 1$ et tout $x\neq 0,$ $$g^{(n)}(x)=\frac{(-1)^n n!}{x^{n+1}}.$$

On écrit $f(x)=g(x)h(x)$ avec $g(x)=(x-a)^n$ et $h(x)=(x-b)^n$. On va appliquer la formule de Leibniz. Pour cela, on remarque que, pour $0\leq p\leq n$, on a : $$g^{(p)}(x)=n(n-1)\dots(n-p+1)(x-a)^{n-p}=\frac{n!}{(n-p)!}(x-a)^{n-p},$$ $$h^{(p)}(x)=\frac{n!}{(n-p)!}(x-b)^{n-p}.$$ La formule de Leibniz donne \begin{eqnarray*} f^{(n)}(x)&=&\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}g^{(k)}(x)h^{(n-k)}(x)\\ &=&\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{n!}{(n-k)!}\frac{n!}{k!}(x-a)^{n-k}(x-b)^k\\ &=&n! \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2(x-a)^{n-k}(x-b)^k. \end{eqnarray*} Dans le cas où $a=b$, la formule devient $$f^{(n)}(x)=n! \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}^2 (x-a)^n.$$ D'autre part, on a $f(x)=(x-a)^{2n}$ et on peut dériver directement cela : $$f^{(n)}(x)=\frac{(2n)!}{n!}(x-a)^n=n!\binom{2n}{n}(x-a)^n.$$ En identifiant, on trouve $$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}^2=\binom{2n}{n}.$$

La fonction est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb R^*$. Démontrons la formule demandée par récurrence sur $n$. Pour $n=0$, la dérivée de $e^{1/x}$ est bien $\frac{-1}{x^2}e^{1/x}$. Supposons la formule vraie au rang $n-1$, et prouvons-la au rang $n$. Pour cela, on écrit $x^ne^{1/x}$ sous la forme $x\times x^{n-1}e^{1/x}$ et on utilise la formule de Leibniz : $$\left(x^n e^{1/x}\right)^{(n+1)}=x\left(x^{n-1}e^{1/x}\right)^{(n+1)}+(n+1)\left(x^{n-1}e^{1/x}\right)^{(n)}.$$ On introduit alors le résultat de l'hypothèse de récurrence, qui donne directement la valeur du second terme et aussi celle du premier terme après une dernière dérivation : $$x\left(x^{n-1}e^{1/x}\right)^{(n+1)}=x\left(\frac{(-1)^{n+1}}{x^{n+3}}e^{1/x}+\frac{(-1)^{n+1}(n+1)}{x^{n+2}}e^{1/x}\right).$$ En mettant tous les résultats ensembles, on trouve exactement le résultat demandé.

Une première solution consiste à utiliser la formule de Leibniz et à couper la somme en 4, suivant le nombre de fois où on dérive le cosinus. Il est toutefois plus aisé d'utiliser : $$g(x)=e^{ax}\cos(bx)+ie^{ax}\sin(bx)=e^{(a+ib)x}.$$ On a alors : $$g^{(n)}(x)=(a+ib)^n e^{(a+ib)x}=e^{(a+ib)x}$$ puisque $a+ib$ est une racine n-ième de l'unité. Il suffit alors de remarquer que $f$ est la partie réelle de $g$ pour conclure que : $$f^{(n)}(x)=f(x)=e^{ax}\cos(bx).$$