Nous allons corriger à la suite 3 exercices de formule de Leibniz. Si vous souhaitez juste des énoncés, allez plutôt ici. Connaitre ces exercices aide à bien comprendre cette partie du cours de dérivation
Exercice 1
Appliquons la formule de Leibniz à
u(x) = e^{x\sqrt{3} } \text{ et } v(x) = \sin(x) Pour rappel, l’énoncé de la formule de Leibniz est le suivant : Si f et g sont de classe Cn alors le produit fg est aussi de classe Cn et
(uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} u^{(k)}v^{(n-k)}Nous avons utilisé la convention u(0) = u
Calculons maintenant la dérivée k-ième de u
\begin{array}{l}
u'(x) = \sqrt{3} e^{x\sqrt{3}}\\
u''(x) = \sqrt{3}^2 e^{x\sqrt{3}} \\
\vdots\\
u^{(k)}(x) = \sqrt{3}^k e^{x\sqrt{3}}
\end{array}Faisons de même pour v, calculons sa dérivée k-ième. Pour cela, écrivons v sous la forme de l’imaginaire d’une exponentielle :
v(x) =\sin(x) =\Im (e^{ix})De là, on peut écrire v(k) sous la forme
v^{(k)}(x) = \Im(i^k e^{ix})Gardons cette forme, plus pratique pour les calculs et appliquons notre formule :
\begin{array}{l}
\displaystyle (e^{x \sqrt{3}}\sin(x) )^{(n)} \\
=\displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\sqrt{3}^k e^{x\sqrt{3}} \Im(i^{n-k} e^{ix})\\
=\displaystyle e^{\sqrt{3}x} \Im\left(e^{ix} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\sqrt{3}^k i^k\right)\\
=\displaystyle e^{\sqrt{3}x} \Im\left(e^{ix}(\sqrt{3}+i)^n\right)
\end{array}Or,
\begin{array}{l}
\sqrt{3}+i \\
=2\dfrac{\sqrt{3}+i}{2}\\
=2( \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) +i\sin\left(\frac{\pi}{6}\right)) \\
=2(e^{i \frac{\pi}{6}}) \\
\end{array}Donc, si on reprend notre calcul :
\begin{array}{l}
\displaystyle (e^{x \sqrt{3}}\sin(x) )^{(n)} \\
=\displaystyle e^{\sqrt{3}x} \Im\left(e^{ix}2^ne^{in\frac{\pi}{6}}\right)\\
=\displaystyle 2^ne^{\sqrt{3}x} \Im\left(e^{i(x+n\frac{\pi}{6})}\right)\\
=\displaystyle 2^ne^{\sqrt{3}x} \sin\left(x+n\frac{\pi}{6}\right)
\end{array}Ce qui permet de conclure ce premier exercice par un joli résultat !
Exercice 2
Question 1
Essayons de deviner le résultat. Soit f définie par f(x) = xn. On a :
\begin{array}{l}
f'(x) = nx^{n-1}\\
f''(x) = n(n-1) x^{n-1}\\
\vdots\\
f^{(k)} (x) = n(n-1)\ldots(n-k-1) x^{n-k} = \dfrac{n!}{(n-k)!}x^{n-k}
\end{array}Si on veut détailler plus cette démonstration, il suffit de démontrer le résultat par récurrence :
\begin{array}{l}
\text{Si } 0\leq k \leq n, f^{(k)} (x)= \dfrac{n!}{(n-k)!}x^{n-k}\\
\text{Si } k >n, f^{(k)} (x) =0
\end{array}Question 2
Appliquons la formule de Leibniz pour et dérivons n fois à la fonction g définie par g(x) = x2n :
\begin{array}{l}
g^{(n)}(x) \\
= \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} f^{(k)}(x) f^{(n-k)}(x)\\
= \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \dfrac{n!}{(n-k)!}x^{n-k} \dfrac{n!}{(n-(n-k))!}x^{n-(n-k)}\\
=n! x^n \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \dfrac{n!}{(n-k)!k!} \\
=n! x^n \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 \\
\end{array}D’autre part, d’après la question 1 :
g^{(n)}(x) = \dfrac{(2n)!}{(2n-n)!}x^n=\dfrac{(2n)!}{n!}x^nEn identifiant les 2 égalités obtenues, on obtient :
\begin{array}{l}
n! \displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 =\dfrac{(2n)!}{n!}\\
\Leftrightarrow \displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 =\dfrac{(2n)!}{n!n!}\\
\Leftrightarrow \displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 = \binom{2n}{n}
\end{array}Ce qui conclut ce second exercice sur notre formule de Leibniz. Ce résultat est un cas particulier de la formule de Vandermonde.
Exercice 3
Ici, nous n’avons en fait pas besoin de la formule de Leibniz, écrivons plutôt
f(x) = \dfrac{x^2 -1 }{x-1}+\dfrac{1}{x-1} = x+1 + \dfrac{1}{x-1}On a alors :
f'(x) = 1 - \dfrac{1}{(x-1)^2}Puis en dérivant une seconde fois :
f''(x) =\dfrac{2}{(x-1)^3}Dérivons une troisième puis une quatrième fois pour bien comprendre :
\begin{array}{l}
f^{(3)}(x) =-\dfrac{6}{(x-1)^4}\\
f^{(4)}(x) = \dfrac{24}{(x-1)^5}
\end{array}Voici alors le résultat qui se démontre par récurrence (laissée au lecteur) :
\begin{array}{l}
f'(x) = 1 - \dfrac{1}{(x-1)^2}\\
\forall k \geq 2, f^{(k)}(x) = (-1)^k \dfrac{k!}{(x-1)^{k+1}}
\end{array}Ce qui nous permet de terminer ce troisième et dernier exercice sur ce thème.
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