COURS 16
Dérivation des fonctions d’une variable réelle
Démonstration
Raisonnonspar récurrence. La propriété estvérifiée pour n = 0( par convention,
f
(0)
= f ). Soit n un entier naturelpour lequel la propriété est satisfaite. Soit f
et g deux fonctions (n +1)f ois dérivables sur I . ( fg)
(n)
est encore dérivable
et :
( fg)
(n+1)
=
n
k=0
n
k
f
(k+1)
g
(n−k)
+ f
(k)
g
(n−k+1)
=
n
k=0
n
k
f
(k+1)
g
(n−k)
+
n
k=0
n
k
f
(k)
g
(n−k+1)
=
n+1
k=1
n
k−1
f
(k)
g
(n−k+1)
+
n
k=0
n
k
f
(k)
g
(n−k+1)
= f
(n+1)
g
(0)
+
n
k=1
(
n
k−1
+
n
k
) f
(k)
g
(n−k+1)
+ f
(0)
g
(n+1)
= f
(n+1)
g
(0)
+
n
k=1
n+1
k
f
(k)
g
(n+1−k)
+ f
(0)
g
(n+1)
=
n+1
k=0
n+1
k
f
(k)
g
(n+1−k)
La propriété estvérifiée pour l’entier n +1.
Par récurrence, elle est donc établie pour tout naturel n.
IMPORTANT
On remarquera l’analogie avec la démonstration de la formule du binôme.
Conséquences : Pour tout n ∈ N, l’ensemble des fonctions de classe C
n
sur I ,
noté C
n
(I ), est un R-espace vectoriel et un anneau commutatif.
De même, l’ensemble des fonctions de classe C
∞
sur I , noté C
∞
(I ), est un
R-espace vectoriel et un anneau commutatif.
APPLICATION 1
Un calcul de dérivée n-ième
Calculer la dérivée n-ième de f : x → x
n
(1 + x)
n
. En
déduire
n
k=0
n
k
2 .
f est de classe C
n
sur R,car c’est une fonction polynôme. Appliquons la formule de Leibniz :
f
(n)
(x) =
n
k=0
n
k
n!
(n − k)!
x
n−k n!
k!
(1 + x)
k
= n!
n
k=0
n
k
2 x
n−k
(1 + x)
k
Or, le monôme dominantdupolynôme f (x)e st x
2n
,
donc celuide f
( n )
(x)e st
(2n)!
n!
x
n
.
En identifiant le coefficient dominant de f
(n)
(x)d ans
les deux expressions trouvées, on obtient :
n
k=0
n
k
2 =
(2n)!
n! 2 =
2n
n
Pours’entraîner :ex. 7
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