Chapitre II. Dérivation
II.1.35. On note respectivement G(x) et D(x) le premier et le second
membre de l’identité à prouver. G et D sont des polynômes de degré n + 1
et G(0) = D(0) = 0. Il suffit donc de montrer que G (x) = D (x) pour tout
x ∈ R. On a
G
(x) =
n
k=0
P (k) (0)
k!
x
k = P (x),
D
(x) =
n
k=0
(−1)
k P (k) (x)
k!
x
k +
n
k=0
(−1)
k P (k+1) (x)
(k + 1)!
x
k+1
= P (x) + (−1)
n P (n+1) (x)
(n + 1)!
x
n+1 = P (x).
II.1.36. Il existe un voisinage de 0 où f est strictement positive. Donc,
(ln f (x))
=
f (x)
f (x)
=
λ 1
1 − λ 1 x
+ . . . +
λ n
1 − λ n x
= g(x).
D’où, f (x) = f (x)g(x) et f (0) = λ 1 + λ 2 + . . . + λ n > 0. De plus,
g
(i) (x) = i!
λ
i+1
1
(1 − λ 1 x)
i+1
+ . . . +
λ i+1
n
(1 − λ n x)
i+1
.
(∗)
D’après la formule de Leibniz,
f
(k) (x) =
k−1
i=0
k − 1
i
g
(i) (x)f
(k−1−i) (x).
On obtient alors, par récurrence et en utilisant (∗), f (k) (0) > 0 pour k ∈ N ∗ .
II.1.37. On procède par récurrence. L’égalité est évidente pour n = 1. On
la suppose vérifiée pour k n et on montre qu’elle l’est aussi à l’ordre n + 1.
On a
(−1)
n+1
x
n f
1
x
(n+1)
= (−1)
n+1
x
n f
1
x
(n)
= (−1)
n+1 n
x
n−1 f
1
x
(n)
− (−1)
n+1
x
n−2 f
1
x
(n)
= −
n
x n+1 f
(n)
1
x
− (−1)
n−1
x
n−2 f
1
x
(n)
.
184