@ccueil Colles

Continuité et dérivabilité d'une composée


Soit $f$ la fonction de $\R$ dans $\R$ définie par $f(x)=e^{-1/x^2}$ si $x\neq0$ et $f(0)=0$.
  1. Montrer que pour tout $ k\in\N$, $f^{(k)}(0)=0$.
  2. Soit $g$ la fonction de $\R$ dans $\R$ définie par $g(x)=f(x)$ si $x>0$ et $g(x)=0$ si $ x\leqslant 0$.
    Montrer que $g$ est de classe ${\cal C}^\infty$ sur $\R$.
  3. Soit $a$ et $b$ deux réels tels que $a<b$, et soit $h$ la fonction de $\R$ dans $\R$ définie par:
    \[h(x)=\la\begin{array}{ccl} 
  f(x-a)&\mbox{si}&x< a\\ 
  0&{si}&x\in[a,b]\\ 
  f(x-b)&\mbox{si}& x> b\;. 
  \enar\right.\]


    Montrer que $ h$ est de classe $ {\cal C}^\infty$ sur $ \mathbb{R}$. Représenter graphiquement $ h$ pour $ a=1$ et $ b=2$.

Correction
  1. Soit $z=1/x$ alors $z'=-1/x^2=-z^2$, et $f=e^{-z^2}=e^u$, et alors $f'=u'e^u=-2z'ze^{-z^2}=-2z^3e^{z^2}$.
    Par croissance comparée, on a bien $\dsp\lim_{x\to0}f'(x)=\lim_{|z|\to+\infty}P(z)e^{-z^2}=0$, et donc, en prolongeant par continuité, $f'(0)=0$.

    Pour démontrer le résultat général, on peut démontrer par récurrence que, pour tout entier $n$, il existe un polynôme $P_n$ tel que $f^{(n)}(x)=P_n(z)e^{-z^2}$.
    Initialement, au rang $n=0$, $P_0(z)=1$, et (inutile en fait ici, mais le calcul est déjà fait…) d'après le calcul précédent, au rang $n=1$, $P_1(z)=-2z^3$.

    Supposons maintenant que pour un entier $k$ on ait $f^{(k)}(x)=P_k(z)e^{-z^2}$, alors, au rang suivant $f^{(k+1)}(x)=\left( z'P_k(z)+P_k(z)\right) e^{-z^2}-2z'zP_k(z)e^{-z^2}
  =P_{k+1}(z)e^{-z^2}$,
    avec le polynôme $P_{k+1}(z)=z'P_k(z)+P_k(z)-2z'zP_k(z)
  =\left( -z^2+1-2z^3\right) P_k(z)$.

    On vient ainsi de démontrer par récurrence que, pour tout entier $n$, il existe un polynôme $P_n$ tel que $f^{(n)}(x)=P_n(z)e^{-z^2}$.

    On conclut alors, avec le théorème de croissances comparées: $\dsp\lim_{x\to0}f^{(n)}(x)=\lim_{|z|\to+\infty}P(z)e^{-z^2}=0$, et donc, en prolongeant par continuité, $f^{(n)}(0)=0$.
  2. $g$ est de classe $C^\infty$ sur $\R_-^*$ et sur $\R_+^*$ comme composée de fonctions $C^\infty$.

    On a, pour tout entier $n$, $g^{(n)}(x)=0$ pour tout $x<0$, et $\dsp\lim_{x\to0, x<0}g^{(n)}(x)=0=\lim_{x\to0, x>0}g^{(n)}(x)$.
    $g$, et toutes ses dérivées succesives, est donc dérivable à gauche et à droite en $0$, et de dérivée continue.
    Ainsi, $g$ est de classe $C^n$ pour tout entier $n$, c'est-à-dire $g$ est de classe $C^\infty$.
  3. Soit $m=\dfrac{a+b}{2}$, alors sur $[m;+\infty[$, on a $h(x)=g(x-b)$ et sur $]-\infty;m]$, on a $h(x)=g(-(x-a))$ qui sont $C^\infty$ est bien $C^\infty$
    Comme $h$ est identiquement nulle sur $[a;b]$, le raccord entre les deux fonctions précédentes est aussi $C^\infty$, et donc, $h$ est bien $C^\infty$ sur $\R$.
    \[\psset{xunit=1cm,yunit=4cm,arrowsize=7pt}
  \begin{pspicture}(-2,-.2)(5,1)
    \psline{->}(-2,0)(5,0)
    \psline{->}(0,-.2)(0,1)
    \psplot[linewidth=1.4pt,linecolor=blue,plotpoints=1000]{-2}{.99}{2.718 -1 x 1 sub 2 exp div exp}
    \psline[linewidth=1.4pt,linecolor=blue](1,0)(2,0)
    \psplot[linewidth=1.4pt,linecolor=blue,plotpoints=1000]{2.01}{5}{2.718 -1 x 2 sub 2 exp div exp}
    \psline(1,-.02)(1,.02)\rput(.9,-.1){$a\!=\!1$}
    \psline(2,-.02)(2,.02)\rput(2.1,-.1){$b\!=\!2$}
  \end{pspicture}\]




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