Solutions
II.1.33. On voit facilement que si x > 1, alors f (x) > 0, f (x) > 0 et
f (x) < 0. En dérivant n fois (n 3)
(f (x))
2 = x
2
− 1
et en utilisant la formule de Leibniz, on obtient
2f (x)f
(n) (x) +
n−1
k=1
n
k
f
(k) (x)f
(n−k) (x) ≡ 0.
Le résultat cherché s’obtient par récurrence.
II.1.34. On a (8)
f 2n (x) = ln
1 + x
2n
=
2n
k=1
ln(x − ω k ),
où ω k = cos
(2k−1)π
2n
+ i sin
(2k−1)π
2n
. Donc,
f
(2n)
2n (x) = −(2n − 1)!
2n
k=1
1
(x − ω k ) 2n .
En prenant x = −1, on obtient
f
(2n)
2n (−1) = −(2n − 1)!
2n
k=1
1
(1 + ω k ) 2n .
Un calcul facile montre que
f
(2n)
2n (−1) = i
(2n − 1)!
2 2n
2n
k=1
(−1) k
cos 2n (2k−1)π
4n
.
Puisque f
(2n)
2n (−1) est réel, on en déduit que f
(2n)
2n (−1) = 0.
(8) Il est conseillé de se reporter à un ouvrage d’analyse complexe pour la définition du logarithme
d’un nombre complexe. (N.d.T.)
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