Pour tout $x\in ℝ$,

$$\sin (x)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n{x}^{2n+1}}{(2n+1)!}$$

donc

$$\frac{\sin (x)}{x}=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n{x}^{2n}}{(2n+1)!}$$

pour $x\ne 0$. Or

$$x\mapsto \sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n{x}^{2n}}{(2n+1)!}$$

est définie et de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $ℝ$, cela permet de conclure.

Un raisonnement semblable, permet d’établir que $x\mapsto \frac{{\mathrm{e}}^x-1}{x}$ se prolonge en 0 en une fonction de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ ne s’annulant pas. Par opération, le prolongement continue de $x\mapsto \frac{\sin (x)}{{\mathrm{e}}^x-1}=\frac{\sin (x)}{x}\frac{x}{{\mathrm{e}}^x-1}$ est de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$.

Pour $t\ne 0$, on peut écrire

$$\frac{\cos (t)}{t}=\frac{\cos (t)-1}{t}+\frac{1}{t}\text{.}$$

Posons alors

$$g(t)=\frac{\cos (t)-1}{t}\text{.}$$

La fonction $g$ est continue sur ${ℝ}^{*}$ et se prolonge par continuité en 0 en posant $g(0)=0$.
On a alors pour tout $x\ne 0$

$$f(x)={\int }_x^{2x}g(t)dt+\ln (2)=G(2x)-G(x)+\ln (2)$$

avec $G$ une primitive de $g$ sur $ℝ$.
On en déduit

$$f(x)\underset{x\to 0}{\overset{}{\to }}\ln (2)$$

et l’on peut donc prolonger $f$ par continuité en $0$ en posant $f(0)=\ln (2)$.

Pour $t\ne 0$ et aussi pour $t=0$ on a

$$g(t)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n}{(2n)!}{t}^{2n-1}\text{.}$$

On peut alors poser

$$G(x)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n}{(2n)!}\cdot \frac{x^{2n}}{2n}$$

primitive de $g$ et l’on obtient

$$f(x)=\ln (2)+\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n}{(2n)!}\cdot \frac{4^n-1}{2n}{x}^{2n}$$

pour tout $x\in ℝ$.

Pour chaque valeur de $x$ considérée, la fonction intégrée est définie et continue sur le segment d’extrémités $x$ et $x^2$.

Pour $x>1$ et pour tout $t\in [x;x^2]$, $x\le t\le x^2$ et $\ln (t)>0$ donne par intégration en bon ordre

$${\int }_x^{x^2}\frac{x\mathrm{d}t}{t\ln (t)}\le f(x)\le {\int }_x^{x^2}\frac{x^2\mathrm{d}t}{t\ln (t)}\text{.}$$

Puisque

$${\int }_x^{x^2}\frac{\mathrm{d}t}{t\ln (t)}={\left[\ln \left(|\ln (t)|\right)\right]}_x^{x^2}=\ln (2)$$

on obtient

$$f(x)\underset{x\to 1^{+}}{\overset{}{\to }}\ln (2)\text{.}$$

Pour $x<1$, on a cette fois-ci $x^2\le x$ et $\ln (t)<0$.
En adaptant ce qui précède, on obtient cette fois-ci $x^2\ln (2)\le f(x)\le x\ln (2$) d’où l’on conclut

$$f(x)\underset{x\to 1^{-}}{\overset{}{\to }}\ln (2)\text{.}$$

On introduit $H$ primitive de $t\mapsto 1/\ln (t)$ sur $]0;1[$ ou $]1;+\mathrm{\infty }[$.
On peut alors écrire $f(x)=H(x^2)-H(x)$ d’où l’on tire que $f$ est de classe ${𝒞}^1$ sur $]0;1[$ et sur $]1;+\mathrm{\infty }[$ avec

$$f^{\prime }(x)=\frac{x-1}{\ln (x)}\text{.}$$

La dérivée de $f$ converge en 1 donc par le théorème du prolongement ${𝒞}^1$, on peut affirmer que le prolongement par continuité de $f$ en 1, encore noté $f$, est de classe ${𝒞}^1$ sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.
La dérivée de $f$ est évidement de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ sur $]0;1[$ et sur $]1;+\mathrm{\infty }[$.
Au voisinage de 1, la dérivée de $f$ est l’inverse de $\frac{\ln (x)}{x-1}$.
En posant $x=1+h$, on a

$$\frac{1}{f^{\prime }(x)}=\frac{1}{h}\ln (1+h)=\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{{(-1)}^n{h}^n}{n+1}$$

pour $|h|<1$.
Ainsi $\frac{1}{f^{\prime }(x)}$ est au voisinage de 1 une fonction de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ ne s’annulant pas et donc $f^{\prime }(x)$ est une fonction de classe ${𝒞}^{\mathrm{\infty }}$ au voisinage de 1.