Barre utilisateur

[ID: 852] [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 935
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:21

Posons \(g:x\mapsto x^n\) et \(h: x \mapsto \left(1-x\right)^n\) Rappelons que pour tout \(k\in\llbracket 0,n\rrbracket\), \(g^{\left(k\right)}\left(x\right)={\scriptstyle n!\over\scriptstyle\left(n-k\right)!}x^{n-k}\). On en déduit que pour tout \(k\in\llbracket 0,n\rrbracket\), \(g^{\left(n-k\right)}\left(x\right)={\scriptstyle n!\over\scriptstyle k!}x^{k}\) et que \(h^{\left(k\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^k{\scriptstyle n!\over\scriptstyle\left(n-k\right)!}\left(1-x\right)^{n-k}\). En utilisant la formule de Leibniz, on trouve alors que : \[f^{(n)}(x) =\sum_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}g^{\left(n-k\right)}\left(x\right)h^{\left(k\right)}\left(x\right) =\sum_{k=0}^{n}\left(-1\right)^k\dbinom{n}{k}\dfrac{n!}{k!}\dfrac{n!}{\left(n-k\right)!}x^k\left(1-x\right) ^{n-k}=n!\sum_{k=0}^{n}\left(-1\right)^k\dbinom{n}{k}^2 x^k\left(1-x\right) ^{n-k}\] Remarquons que \(f^{\left(n\right)}\) est un polynôme de degré \(n\). Le coefficient de son terme dominant est : \[n! \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 (-1)^{k}\left(-1\right)^{n-k}= (-1)^n n! \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2=(-1)^n n!S_n\] Comme la fonction \(f\) est une fonction polynomiale de degré \((2n)\) et de coefficient dominant \((-1)^n\), en la dérivant \(n\) fois, le coefficient de \(x^n\) dans \(f^{(n)}(x)\) vaut aussi \[(-1)^n (2n)(2n-1)\dots (n+1) = (-1)^n \dfrac{\left(2n\right)!}{n!}\] On en déduit que \(\boxed{S_n = \binom{2n}{n}}\).