Dérivée nième (2/2)

Exercice 1.
Pour tout entier naturel {n}, établir que : {\dfrac{\text{d}^n}{\text{d}x^n}\left((4x)^{n+1/2}\,\dfrac{\text{d}^{n+1}}{\text{d}x^{n+1}} \text{e}^{\sqrt x}\right)=\text{e}^{\sqrt x}}Indication : montrer {z_n^{(n)}=y}, où {y=\text{e}^{\sqrt x}} et {z_n=(4x)^{n+1/2}y^{(n+1)}}.
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On pose donc {y=\text{e}^{\sqrt x}}, {z_n=(4x)^{n+1/2}y^{(n+1)}}.

  • On trouve tout d’abord {y'=\dfrac{y}{2\sqrt x}}.

    On trouve ensuite {y''=\dfrac{y'}{2\sqrt x}-\dfrac{y}{4x\sqrt x}=\dfrac{y}{4x}-\dfrac{y'}{2x}}.

    On en déduit l’égalité {4xy''+2y'-y=0}.

  • On dérive {n} fois l’égalité précédente.

    On trouve {4xy^{(n+2)}+4ny^{(n+1)}+2y^{(n+1)}-y^{(n)}=0}.

    Ainsi {4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0}.

  • On multiplie membre à membre par {(4x)^{n+1/2}}. On trouve : {(4x)^{n+3/2}y^{(n+2)}+(4n+2)(4x)^{n+1/2}y^{(n+1)}-4x(4x)^{n-1/2}y^{(n)}=0}Autrement dit : {\begin{cases}z_1+2z_0-2\sqrt y=0\text{\ si\ }n=0\\z_{n+1}+(4n+2)z_n-4xz_{n-1}=0\text{\ si\ }n\ge1\end{cases}}
  • On dérive {n+1} fois la dernière égalité.

    Pour tout {n}, on pose {Z_n=z_n^{(n)}}. On trouve : {z_{n+1}^{(n+1)}+(4n+2)z_n^{(n+1)}-4xz_{n-1}^{(n+1)}-4(n+1)z_{n-1}^{(n)}=0}Autrement dit {Z_{n+1}+(4n+2)Z_n'-4xZ_{n-1}''-4(n+1)Z_{n-1}'=0}

  • Il reste à montrer que {Z_n=y}, par récurrence sur {n}.

    Tout d’abord {Z_0=z_0=2\sqrt x\,y'(x)=y}.

    D’autre part {Z_1=z_1'=\bigl(8x\sqrt x\,y''\bigr)'}.

    On sait que {y''=\dfrac{y'}{2x\sqrt x }-\dfrac{y}{4x\sqrt x}}.

    On en déduit {8x\sqrt x\,y''=4xy'-2y}.

    On trouve ensuite {(8x\sqrt x\,y'')'=4xy''+2y'=y}.

    Ainsi la propriété est vraie aux rangs {n=0} et {n=1}.

    Supposons qu’elle le soit aux rangs {n-1} et {n}.

    Ainsi {Z_{n-1}=Z_n=y}.

    Alors {Z_{n+1}+(4n+2)Z_n'-4xZ_{n-1}''-4(n+1)Z_{n-1}'=0}.

    Cette égalité devient {Z_{n+1}=4xy''+2y'=y}.

    Cela établit la propriété au rang {n+1} et achève la récurrence.

Exercice 2.
On pose {f_{n}(x)=x^{n-1}\ln(1+x)}. Montrer que : {f_{n}^{(n)}(x)=(n-1)!\left(\dfrac 1{1+x}+\dfrac1{(1+x)^2}+\cdots+\dfrac1{(1+x)^n}\right)}
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On va procéder par récurrence sur {n}.

On note que {f_{1}(x)=\ln(1+x)} donc {f_{1}'(x)=\dfrac1{1+x}}.

On suppose que la propriété est vraie au rang {n\ge 1}. On a : {f_{n+1}'(x)=nx^{n-1}\ln(1+x)+\dfrac{x^{n}}{1+x}=nf_{n}(x)+\dfrac{x^{n}}{1+x}}La division euclidienne de {X^{n}} par {X+1} s’écrit :{X^{n}=(X+1)Q_{n}(X)+\lambda,\text{\ avec\ }\deg(Q_{n})=n-1}En substituant {-1} à {X}, on trouve {\lambda=(-1)^{n}}.

Ainsi {\dfrac{x^{n}}{1+x}=Q_{n}(x)+\dfrac{(-1)^{n}}{1+x}}, donc : {f_{n+1}'(x)=nf_{n}(x)+Q_{n}(x)+\dfrac{(-1)^{n}}{1+x}\text{\ où\ }Q_{n}\in\mathbb{R}_{n-1}[X]}La dérivée {n}-ième de {x\mapsto \dfrac{1}{1+x}} est {x\mapsto \dfrac{(-1)^{n}n!}{(1+x)^{n+1}}}.

On dérive {n} fois l’expression précédente de {f_{n+1}'(x)} et on obtient : {\begin{array}{rl}f_{n+1}^{(n+1)}(x)&=nf_{n}^{(n)}(x)+Q_{n}^{(n)}(x)+(-1)^{n}\Bigl(\dfrac{1}{1+x}\Bigr)^{(n)}\\\\&=n\Bigl((n-1)!\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{(1+x)^{k}}\Bigr)+\dfrac{n!}{(1+x)^{n+1}}\end{array}}Ainsi {f_{n+1}^{(n+1)}(x)=n!\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{(1+x)^{k}}}.

Cela prouve la propriété au rang {n+1} et achève la récurrence.

NB : il y a une autre preuve, sachant que {(xu)^{(n)}=xu^{(n)}+nu^{(n-1)}}.

Toujours par récurrence, on suppose que : {f_{n}^{(n)}(x)=(n-1)!\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{(1+x)^{k}}}.

Alors (en allégeant les notations), et en utilisant {f_{n+1}=xf_{n}}:{\begin{array}{rl}f_{n+1}^{(n+1)}(x)&=(xf_{n})^{(n+1)}(x)\\\\&=xf_{n}^{(n+1)}(x)+(n+1)f_{n}^{(n)}(x)\\\\&=x\bigl(f_{n}^{(n)}\bigr)'(x)+(n+1)f_{n}^{(n)}(x)\\\\&=(n-1)!\Bigl(-x\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k}{(1+x)^{k+1}}+(n+1)\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{(1+x)^{k}}\Bigr)\\\\&\text{(on a simplement écrit\ }-x=-(x+1)+1\\\\&=(n-1)!\Bigl(-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k}{(1+x)^{k}}+\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k}{(1+x)^{k+1}}+(n+1)\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{(1+x)^{k}}\Bigr)\\\\&=(n-1)!\Bigl(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{n+1-k}{(1+x)^{k}}+\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{k-1}{(1+x)^{k}}\Bigr)=n!\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{(1+x)^{k}}\\\\&\text{(ce qui prouve la propriété au rang\ }n+1\text{\ et achève la récurrence)}\end{array}}

Exercice 3.
Calculer la dérivée n-ième de {f(x)=\text{e}^{x\,\text{ch} a}\,\text{ch}(x\,\text{sh} a)}.
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On note que :{\begin{array}{rl}f(x)&=\text{e}^{x\,\text{ch} a}\,\text{ch}(x\,\text{sh} a)\\\\&=\text{e}^{x\,\text{ch} a}\Bigl(\dfrac{\text{e}^{x\,\text{sh} a}+\text{e}^{-x\,\text{sh} a}}{2}\Bigr)=\dfrac12\Bigl(\text{e}^{x\text{e}^{a}}+\text{e}^{x\text{e}^{-a}}\Bigr)\end{array}}On en déduit, pour tout n\ge1: {\begin{array}{rl}f^{(n)}(x)&=\dfrac12\Bigl(\text{e}^{na}\text{e}^{x\text{e}^{a}}+\text{e}^{-na}\text{e}^{x\text{e}^{-a}}\Bigr)\\\\&=\dfrac12\Bigl(\text{e}^{na+x\text{e}^{a}}+\text{e}^{-na+x\text{e}^{-a}}\Bigr)\end{array}}Ce qui précède s’écrit aussi :{\begin{array}{rl}f^{(n)}(x)&=\dfrac12\text{e}^{x\,\text{ch} a}\Bigl(\text{e}^{na+x\,\text{sh} a}+\text{e}^{-na-x\,\text{sh} a}\Bigr)\\\\&=\text{e}^{x\,\text{ch} a}\,\text{ch}(na+x\,\text{sh} a)\end{array}}NB : on peut aussi arriver à ce résultat par récurrence.