On considère la fonction définie sur \(]-1, +\infty[\) par \[f_n(x) = x^{n-1} \ln(x+1)\] Déterminer \(f^{(n)}_n(x)\) en effectuant un raisonnement par récurrence.


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[ID: 850] [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): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




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Exercice 950
Par emmanuel le 18 janvier 2021 15:21

Montrons par récurrence que pour tout \(n\in\mathbb{N}^*\) et \(x\in\left]-1,+\infty\right[\), \(f_n^{(n)}(x) = \dfrac{(n-1)!}{x} \Bigl[\dfrac{1}{(1+x)^n} - 1 \Bigr]\). On vérifie facilement la propriété au rang \(1\). Soit \(n\in\mathbb{N}^*\). Supposons la propriété vraie au rang \(n-1\) : \(f_{n-1}^{(n-1)}(x) = \dfrac{(n-2)!}{x} \Bigl[\dfrac{1}{(1+x)^{n-1}} - 1 \Bigr]\). Remarquons que  : \(f_n\left(x\right)=xf_{n-1}\left(x\right)\). La fonction \(f_n\) est un produit de fonctions \(\mathcal{C}^{\infty}\) sur \(\left]-1,+\infty\right[\) et elle est donc \(\mathcal{C}^{\infty}\). On peut alors appliquer la formule de Leibniz et en utilisant l’hypothèse de récurrence, on obtient : \[\begin{aligned} f_n^{(n)}(x) &=& xf_{n-1}^{\left(n\right)}\left(x\right)+n f_{n-1}^{\left(n-1\right)}\left(x\right)\\ & =& -x\dfrac{\left(n-2\right)!}{x^2}\left(\dfrac{nx+1}{\left(1+x\right)^n}-1\right)+n\dfrac{(n-2)!}{x} \Bigl[\dfrac{1}{(1+x)^{n-1}} - 1 \Bigr]\\ &=& \dfrac{\left(n-2\right)!}{x}\left(-\dfrac{nx+n}{\left(1+x\right)^n}+\dfrac{n-1}{\left(1+x\right)^n}+1 +\dfrac{n}{\left(1+x\right)^{n-1}} -n\right)\\ &=&\boxed{\dfrac{(n-1)!}{x} \Bigl[\dfrac{1}{(1+x)^n} - 1 \Bigr]}\end{aligned}\] On termine en appliquant le principe de récurrence.


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