Barre utilisateur

[ID: 844] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:21] [Catégorie(s): Dérivées d'ordre $n$, formule de Leibniz ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]

Solution(s)

Solution(s)

Exercice 378
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:21

1. Montrons par récurrence que pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\) et pour tout \(x\neq 1\) : \(\boxed{f_1^{(n)}\left(x\right)=\dfrac{n!}{\left(1-x\right)^{n+1}}}\). La formule est vraie au rang \(1\). Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). Supposons que pour tout \(x\neq 1\) on ait\(f_1^{(n)}\left(x\right)=\dfrac{n!}{\left(1-x\right)^{n+1}}\) alors pour tout \(x\neq 1\) \[f_1^{(n+1)}\left(x\right)=\left(\dfrac{n!}{\left(1-x\right)^{n+1}}\right)'=-\dfrac{-\left(n+1\right)n!}{\left(1-x\right)^{ n+2 } } = \dfrac{\left(n+1\right)!}{\left(1-x\right)^{n+2}}\] et la formule est encore vraie au rang \(n+1\). On conclut en appliquant le théorème de récurrence.

2. On montre de même que \(\boxed{f_2^{(n)}\left(x\right)=\left(-1\right)^n{\scriptstyle n!\over\scriptstyle\left(1+x\right)^{n+1}}}\) pour tout \(x\neq -1\) et tout \(n\in\mathbb{N}^*\).

3. On a, pour tout \(x\in\mathbb{R}\setminus\left\{\pm 1\right\}\) : \(\dfrac{1}{1-x^2} = \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{1-x} + \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{1+x}\) donc : \[\left(\dfrac{1}{1-x^2}\right)^n = \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{n!}{\left(1-x\right)^{n+1}} + \left(-1\right)^n\dfrac{n!}{\left(1+x\right)^{n+1} }\right) =\boxed{\dfrac{n!}{2} \left( \dfrac{ 1}{\left(1-x\right)^{n+1}} + \dfrac{ \left(-1\right)^n }{\left(1+x\right)^{n+1}} \right)} .\]

4. On calcule facilement les deux premières dérivées de \(f\). Si \(n\geqslant 3\) , on applique la formule de Leibniz en remarquant que les dérivées d’ordre \(\geqslant 3\) de \(x\mapsto x^2\) sont nulles, pour tout \(x\in\mathbb{R}\) : \[f_4^{\left(n\right)}\left(x\right) =x^2 e^{x}+ 2n x e^{x}+2\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}e^x=\boxed{\left(x^2+2nx+n\left(n-1\right) \right)e^x}.\]

5. On calcule facilement les trois premières dérivées de \(f_5\). On montre aussi facilement par récurrence que la dérivée \(n^{\textrm{ ème}}\) de \(\ln\) est \(x \mapsto \dfrac{\left(-1\right)^{n-1} \left(n-1\right)!}{x^n}\). On remarque que les dérivées d’ordre \(\geqslant 4\) de \(x\mapsto x^3\) sont toutes nulles. On procède alors comme précédemment. La formule de Leibniz nous permet d’écrire pour tout \(n\geqslant 4\) et tout \(x\in\mathbb{R}_+^*\) que : \[\begin{aligned} f_5^{\left(n\right)}\left(x\right)&=& \dfrac{\left(-1\right)^{n-1} \left(n-1\right)!}{x^{n-3}}+ 3\dfrac{\left(-1\right)^{n} \left(n-2\right)!}{x^{n-3} }+6 \dfrac{\left(-1\right)^{n-1} \left(n-3\right)!}{x^{n-3} } \\ &=&\left(-1\right)^n x^{3-n} \left(n-4\right)! \left(-\left(n-1\right)\left(n-2\right)\left(n-3\right) + 3n\left(n-2\right)\left(n-3\right)-3n\left(n-2\right)\left(n-3\right)+n\left(n-1\right)\left(n-2\right)\right)\\ &=& \left(-1\right)^n n\left(n+1\right)\left(n-2\right)\left(n-4\right)! x^{3-n} \end{aligned}\]

6. Soit \(x\in \mathbb{R}\). D’après les formules de trigonométrie, \(f_6\left(x\right)=\sin(2x)/2\) donc pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\), \(\boxed{f_6^{\left(n\right)}\left(x\right)=2^{n-1}\sin\left(2x+n\pi/2\right)}\).

7. Soit \(x\in \mathbb{R}\). On a \(f_7\left(x\right)=e^x\sin x=\mathop{\mathrm{Im}}\left(e^{\left(1+i\right)x}\right)\). On sait dériver la fonction exponentielle complexe, voir la proposition page . Comme \({\left(e^{\left(1+i\right)x}\right)}^{\left(n\right)}=\left(1+i\right)^n e^{\left(1+i\right)x}={\sqrt 2}^n e^{{\scriptstyle in\pi\over\scriptstyle 4}}e^{\left(1+i\right)x}\), on en déduit que \(f_7^{\left(n\right)}\left(x\right)=\boxed{\sqrt 2^n\sin\left(x+{\scriptstyle n\pi\over\scriptstyle 4}\right)e^x}\).