Dérivée n-ième de f(x)=1/(1+e^x)

(Oral Centrale Mp)
Si {0\le j\le k}, {\dbinom{k}{j}} est le coefficient binomial “{j} parmi {k}“.

On étend cette définition aux autres couples {(j,k)\in\mathbb{Z}^{2}} par {\dbinom{k}{j}=0}.

Pour {(n,k)\in\mathbb{N}\times\mathbb{Z}}, on pose {a_{n,k}=\displaystyle\sum_{j=0}^{k}(-1)^{n+j}\dbinom{k}{j}(j\!+\!1)^{n}}.
On convient que {a_{n,k}=0} si {k\lt 0}.

  1. Vérifier l’égalité {(k\!+\!1)\dbinom{k}{j}-k\dbinom{k\!-\!1}{j}=(j\!+\!1)\dbinom{k}{j}}.

    Prouver la relation {(R):\ a_{n+1,k}=k\,a_{n,k-1}-(k\!+\!1)\,a_{n,k}}.

  2. Pour {n\in\mathbb{N}}, montrer que : {a_{n,0}=(-1)^{n},\ a_{n,k}=0\;\text{si}\;k\ge n+1,\ \text{et}\;a_{n,n}=n!}
  3. Pour tout réel {x}, on pose {f(x)=\dfrac{1}{\text{e}^{x}+1}}.

    Montrer que : {\forall\,n\in\mathbb{N},\;\forall x\in\mathbb{R},\;f^{(n)}(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_{n,k}\,f^{k+1}(x)}
    ({f^{(n)}} est la dérivée {n}-ième de {f}, mais {f^{k+1}} est une puissance de {f}).

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  1. La vérification de {(k\!+\!1)\dbinom{k}{j}-k\dbinom{k\!-\!1}{j}=(j\!+\!1)\dbinom{k}{j}} est triviale.

    Les calculs ci-dessous sont valables pour {n\in\mathbb{N}} et {k\in\mathbb{Z}} : {\begin{array}{l}ka_{n,k-1}-(k+1)a_{n,k}\\\\\quad=k\displaystyle\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{n+j}\dbinom{k\!-\!1}{j}(j\!+\!1)^{n}-(k\!+\!1)\displaystyle\sum_{j=0}^{k}(-1)^{n+j}\dbinom{k}{j}(j\!+\!1)^{n}\\\\\quad=\displaystyle\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{n+j+1}\Bigl((k\!+\!1)\dbinom{k}{j}-k\dbinom{k\!-\!1}{j}\Bigr)(j\!+\!1)^{n}+(-1)^{n+k+1}(k\!+\!1)^{n+1}\\\\\quad=\displaystyle\sum_{j=0}^{k}(-1)^{n+j+1}\dbinom{k}{j}(j\!+\!1)^{n+1}=a_{n+1,k}\end{array}}

    • La définition initiale des {a_{n,k}} donne {a_{n,0}=(-1)^{n}} pour tout {n\in\mathbb{N}}.

      On va montrer {a_{n,k}=0} si {k\ge n+1}.

      C’est vrai si {n=0} car: {\forall\, k\ge 1,\;a_{0,k}=\displaystyle\sum_{j=0}^{k}(-1)^{j}\dbinom{k}{j}=(1-1)^{k}=0}.

      Enfin, {(R)} permet de passer du rang {n} au rang {n+1}.

    • Le résultat de la question (1) suggère que {a_{n,n}=n!} pour tout {n\in\mathbb{N}}.

      Si {k=n+1}, la relation {(R)} s’écrit : {a_{n+1,n+1}=(n+1)\,a_{n,n}-(n+2)\,a_{n,n+1}=(n+1)\,a_{n,n}}Puisque {a_{0,0}=1}, on en déduit {a_{n,n}=n!} pour tout {n}.

  2. Au rang {n=0}, c’est vrai car {f^{(0)}(x)=a_{0,0}f(x)} et {a_{0,0}=1}.

    C’est vrai aussi si {n=1} car : {\begin{array}{rl}f'(x)&=\dfrac{-\text{e}^{x}}{(\text{e}^{x}+1)^{2}}=-f(x)+f(x)^{2}\\\\&=a_{1,0}f(x)+a_{1,1}f^{2}(x)\end{array}}

    On suppose que c’est vrai au rang {n\ge0}.

    Alors, pour tout {x} de {\mathbb{R}} :
    {\begin{array}{rl}f^{(n+1)}(x)&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(k\!+\!1)\,a_{n,k}\,f'(x)f^{k}(x)\\\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(k\!+\!1)\,a_{n,k}(f^{2}(x)-f(x))f^{k}(x)\\\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}k\,a_{n,k-1}f^{k+1}(x)-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}(k\!+\!1)\,a_{n,k}f^{k+1}(x)\\\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\Bigl(k\,a_{n,k-1}-(k\!+\!1)\,a_{n,k}\Bigr)f^{k+1}(x)\\\\&=\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}a_{n+1,k}f^{k+1}(x)\quad\text{(on a utilisé\ }a_{n,n+1}=0)\end{array}}