Dérivées d'ordre $n$, formule de Leibniz

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Dérivées d'ordre $n$, formule de Leibniz

Exercice 1016 *

18 janvier 2021 15:21 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par : \[f\left(x\right)=\begin{cases} x^2 \ln\left(x^2\right) &\textrm{ si } x\neq 0\\ 0 &\textrm{ si } x=0\end{cases}\]

  1. Vérifier que \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et calculer \(f'\).

  2. La fonction \(f\) est-elle de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\)?

  3. La fonction \(f\) est-elle deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\)?


[ID: 838] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:21] [Catégorie(s): Dérivées d'ordre $n$, formule de Leibniz ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
Solution

Exercice 1016
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:21

  1. La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^*\) comme produit et composée de fonctions dérivables. De plus, si \(x\neq 0\), \(f'\left(x\right) =2x\left(\ln\left(x^2\right)+1\right)\). En \(x=0\), le taux d’accroissement de \(f\) est donné par : \[\Delta\left(x\right)=\dfrac{x^2\ln \left(x^2\right)}{x}=x\ln x^2 \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} 0\] donc \(f\) est aussi dérivable en \(0\) et \(f'\left(0\right)=0\).

  2. La fonction \(f'\) est clairement continue sur \(\mathbb{R}^*\). De plus \(f'\left(x\right) \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} 0\) car \(x\ln x^2 \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} 0\) donc \(f'\) est aussi continue en \(0\). En conclusion, \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\).

  3. Pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\), \(f'\left(x\right) =2x\left(\ln\left(x^2\right)+1\right)\) donc \(f'\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^*\) par opérations sur les fonctions dérivables. Le taux d’accroissement de \(f'\) en \(0\) est donné par, pour tout \(x\in\mathbb{R}^*\) : \[\Delta\left(x\right)=\dfrac{2x\left(\ln\left(x^2\right)+1\right)}{x}=2\left(\ln\left(x^2\right)+1\right) \xrightarrow[ x \rightarrow 0 ]{} -\infty\] et donc \(f\) n’est pas deux fois dérivable en \(0\).


Exercice 503 *

18 janvier 2021 15:21 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par : \[f\left(x\right)=\begin{cases} \left(x^x\right)^x &\textrm{ si } x> 0\\ 1 &\textrm{ si } x\leqslant 0\end{cases}\]

  1. Vérifier que \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et calculer \(f'\).

  2. La fonction \(f\) est-elle de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\)?

  3. La fonction \(f\) est-elle deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\)?


[ID: 840] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:21] [Catégorie(s): Dérivées d'ordre $n$, formule de Leibniz ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
Solution

Exercice 503
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:21

  1. Pour tout \(x\in \mathbb{R}_+^*\), \(f\left(x\right)=e^{x^2\ln x}\). La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^*\) par opérations sur les fonctions dérivables. \(f\) est par ailleurs clairement dérivable sur \(\mathbb{R}_-^*\). Étudions la dérivabilité de \(f\) en \(0\). Si \(x\in\mathbb{R}_+^*\) : \(\Delta\left(x\right)=\dfrac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x-0}= \dfrac{e^{x^2\ln x} - 1}{x}\underset{x\rightarrow 0^+}{\sim} x\ln x \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\) car \(x^2\ln x \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\). Donc \(f\) est dérivable à droite en \(0\) et \(f'_d\left(0\right)=0\). Il est clair que \(f\) est dérivable à gauche en \(0\) et que \(f'_g\left(0\right)=0\). \(f\) est donc dérivable en \(0\) et \(f'\left(0\right)=0\). En résumé, \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\).

  2. La fonction \(f'\) est continue sur \(\mathbb{R}^*\) par opérations sur les fonctions continues. De plus, si \(x\in\mathbb{R}_+^*\)  : \(f'\left(x\right) = \left(2x\ln x + x\right)e^{x^2 \ln x}\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\) par opérations sur les limites. Il est par ailleurs clair que si \(x\in\mathbb{R}_-^*\), \(f'\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0^-]{}0\). \(f'\) est donc continue sur \(\mathbb{R}\) et \(f\in\mathcal{C}^{1}\left(\mathbb{R}\right)\).

  3. \(f'\) est dérivable sur \(\mathbb{R}^*\) par opérations sur les fonctions dérivables. En \(0^+\) : \[\Delta\left(x\right)=\dfrac{f'\left(x\right)-f'\left(0\right)}{x-0}= \dfrac{\left(2x\ln x + x\right)e^{x^2 \ln x}}{x} = \left(2\ln x + 1\right)e^{x^2 \ln x} \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}-\infty\] par opérations sur les limites et car \(x^2 \ln x\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\). \(f\) n’est donc pas deux fois dérivable en \(0\).


Exercice 812 *

18 janvier 2021 15:21 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Soit \[f:\left\{ \begin{array}{ccl} [0,1] & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \begin{cases} x\sin\left( \dfrac{e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}}{x}\right) & \textrm{ si } x\neq 0\\ 0 & \textrm{ si } x=0 \end{cases} \end{array} \right.\] Est-ce que \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^{1}\), \(\mathcal{C}^{2}\) sur \([0,1]\) ?


[ID: 842] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:21] [Catégorie(s): Dérivées d'ordre $n$, formule de Leibniz ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
Solution

Exercice 812
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:21

La fonction \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^{2}\) sur \(\left]0,1\right]\) par opération sur les fonctions de classe \(\mathcal{C}^{2}\). Étudions la dérivabilité en \(0\). Soit \(x\in\left]0,1\right]\). Le taux d’accroissement de \(f\) en \(0\) est \[\Delta_f\left(x\right)= \dfrac{x\sin\left( \dfrac{e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}}{x}\right)}{x}=\sin\left( \dfrac{e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}}{x}\right) \underset{x\rightarrow 0^+}{\sim} \dfrac{e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}}{x} \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\] car \(\dfrac{e^{-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}}}{x}\xlongequal{X=1/x}Xe^{-X}\xrightarrow[X\rightarrow +\infty]{}0\). Donc \(f\) est dérivable en \(0\) et \(f'\left(0\right)=0\). Par ailleurs, toujours pour \(x\in\left]0,1\right]\) : \[f'\left(x\right)= \dfrac{1}{x^2}\left(x^2\sin\left(\dfrac{e^{-1/x}}{x} \right) + \left(1-x\right)e^{-1/x}\cos \left(\dfrac{e^{-1/x}}{x} \right) \right)\] et il vient facilement que \(f'\left(x\right)\xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\), \(f'\) est aussi continue en \(0\). Calculons \(f''\). On a : \[f''\left(x\right)= -\dfrac{e^{-1/x}}{x^2}\left(1-x \right)\sin\left(\dfrac{e^{-1/x}}{x} \right) +\dfrac{e^{-1/x}}{x^4}\left(-2x +1 \right) \cos \left(\dfrac{e^{-1/x}}{x} \right) \xrightarrow[x\rightarrow 0^+]{}0\] donc \(f'\) est dérivable à droite en \(0\) d’après le théorème du prolongement dérivable et \(f''\) est continue en \(0\). En conclusion \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^{2}\) sur \(\left[0,1\right]\).


Exercice 378 *

18 janvier 2021 15:21 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Calculer la dérivée \(n\)-ième de:

  1. \(f_1:x \mapsto \dfrac{1}{1-x}\)

  2. \(f_2:x \mapsto \dfrac{1}{1+x}\)

  3. \(f_3:x \mapsto \dfrac{1}{1-x^2}\)

  4. \(f_4: x \mapsto x^2 e^x\)

  5. \(f_5: x \mapsto x^3 \ln x\)

  6. \(f_6:x\mapsto \sin x \cos x\).

  7. \(f_7:x\mapsto e^{x}\sin x\).


[ID: 844] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:21] [Catégorie(s): Dérivées d'ordre $n$, formule de Leibniz ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
Solution

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 \(f_7^{\left(n\right)}\left(x\right)=\boxed{\sqrt 2^n\sin\left(x+{\scriptstyle n\pi\over\scriptstyle 4}\right)e^x}\).


Exercice 639 **

18 janvier 2021 15:21 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron
Déterminer la dérivée \(n^{\textrm{ ème}}\) de la fonction \[f(x) = x^2 (1-x)^n\]
( ).
Écrire \((1-x)^n=(-1)^n(x-1)^n\) pour calculer les dérivées successives: cela évite les problèmes de signe!


[ID: 846] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:21] [Catégorie(s): Dérivées d'ordre $n$, formule de Leibniz ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
Solution

Exercice 639
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:21

Utilisons la formule de Leibniz: \[f^{(n)}(x)=\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} \left[x^2\right]^{(k)}\left[(1-x)^n\right]^{(n-k)}\] Et puisque les dérivées de \(x^2\) sont nulles pour \(k\geqslant 3\), il ne reste que \(3\) termes dans cette somme: \[f^{(n)}(x)=x^2[(1-x)^n]^{(n)}+2nx[(1-x)^n]^{(n-1)}+n(n-1)[(1-x)^n]^{(n-2)}\] Ensuite, en remarquant que \((1-x)^n=(-1)^n(x-1)^n\), on calcule les dérivées de \((x-1)^n\): \[[(x-1)^n]^{(p)}=\dfrac{n!}{(n-p)!}(x-1)^{n-p}\] et alors \[f^{(n)}(x)=n!x^2(-1)^n + 2nx(-1)^nn!(x-1)+n(n-1)(-1)^n\dfrac{n!}{2}(x-1)^2\] et après factorisation et simplification, on trouve que \[\boxed{ f^{(n)}(x)=(-1)^n\dfrac{n!}{2}\left[ (n+1)(n+2)x^2 -2n(n+1)x+n(n-1)\right]}.\] On remarque que \(f\) étant un polynôme de degré \((n+2)\), sa dérivée \(n\)-ième est bien un polynôme de degré \(2\).


Exercice 468 **

18 janvier 2021 15:21 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

On considère la fonction \(f : ]0, +\infty[ \longrightarrow \mathbb{R}\) définie par \(f(x) = x^{n-1} \ln x\) où \(n \in \mathbb{N}^{\star}\). Calculez \(f^{(n)}\)


[ID: 848] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:21] [Catégorie(s): Dérivées d'ordre $n$, formule de Leibniz ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
Solution

Exercice 468
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 15:21

La fonction \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^{\infty}\) sur l’intervalle \(]0, +\infty|\) comme produit de fonctions \(\mathcal{C}^{\infty}\). Notons \(g\) la fonction définie par \(g(x) = x^{n-1}\) et \(h\) la fonction définie par \(h(x) = \ln(x)\). D’après la formule de Leibniz, pour \(x > 0\), \[f^{(n)}(x) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} g^{(k)}(x) h^{(n-k)}(x)\] Mais on montre facilement que pour \(k \leqslant n-1\), \[g^{(k)}(x) = \dfrac{(n-1)!}{(n-k-1)!} x^{n-1-k}\] et que \(g^{(n)}=0\), puis que \(\forall k \geqslant 1\), \[h^{(k)}(x) = (-1)^{k-1}\dfrac{(k-1)!}{x^k}\] Donc \[\begin{aligned} f^{(n)}(x) &= \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k} \dfrac{(n-1)!}{(n-k-1)!} x^{n-1-k}(-1)^{n-k-1}\dfrac{(n-k-1)!}{x^{n-k}}\\ &= \dfrac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x} \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k}(-1)^k \\ &= \dfrac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x}\bigl[ (1-1)^n - (-1)^n\bigr] \\ &= \boxed{\dfrac{(n-1)!}{x}} \end{aligned}\]


Exercice 950 **

18 janvier 2021 15:21 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

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.


[ID: 850] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:21] [Catégorie(s): Dérivées d'ordre $n$, formule de Leibniz ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
Solution

Exercice 950
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron 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.


Exercice 935 **

18 janvier 2021 15:21 — Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron

Soit la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x) = x^n(1-x)^n\). Calculer sa dérivée \(n^{\textrm{ ème}}\) et en déduire la valeur de la somme : \[S_n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2\]


[ID: 852] [Date de publication: 18 janvier 2021 15:21] [Catégorie(s): Dérivées d'ordre $n$, formule de Leibniz ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]
Solution

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 \(\boxed{S_n = \binom{2n}{n}}\).


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