Solutions
On montre maintenant que
L
, P (x) = L, xP (x)
(4)
pour tout P ∈ P. Clairement, il suffit de montrer que
A
k
, x
n
=
A
k , x
n+1
.
On a
A
k
, x
n
=
kA
k−1 , x
n
= kn! δ n,k−1 = (n + 1)! δ n+1,k =
A
k , x
n+1
.
Pour démontrer la formule de Faà di Bruno, on pose
h n = h
(n) (t), g n = g
(n) (t), f n = f
(n) (u) |u=g(t) .
Clairement,
h 1 = f 1 g 1 , h 2 = f 1 g 2 + f 2 g
2
1 , h 3 = f 1 g 3 + f 2 3g 1 g 2 + f 3 g
3
1 .
On peut montrer par récurrence que
h n =
n
k=1
f k l n,k (g 1 , g 2 , . . . , g n ),
(5)
où l n,k (g 1 , g 2 , . . . , g n ) ne dépend pas des f j (j = 0, 1, 2, . . . , n). Pour déterminer
l n,k (g 1 , g 2 , . . . , g n ), on choisit f (t) = e at (a ∈ R). On a alors f k = a k e ag(t) et
h n =
e ag(t) (n) . L’égalité (5) implique
e
−ag(t)
e
ag(t)
(n)
=
n
k=1
a
k l n,k (g 1 , g 2 , . . . , g n ).
(6)
On pose B n (t) = e −ag(t)
e ag(t) (n) pour n 0. La formule de Leibniz donne
B n (t) = e
−ag(t)
ag 1 (t) e
ag(t)
(n−1)
= a · e
−ag(t)
n−1
k=0
n − 1
k
g k+1 (t)
e
ag(t)
(n−k−1)
(7)
= a
n−1
k=0
n − 1
k
g k+1 (t)B n−k−1 (t).
Pour t ∈ I fixé, on note B n = B n (t) et on définit les formes linéaires L et
M sur P par L, x n = B n , M, x n = g n . On a alors L, 1 = B 0 = 1 et
M, 1 = g 0 = g(t). De plus, d’après (1),
L =
+∞
k=0
B k
k!
A k et M =
+∞
k=0
g k
k!
A
k .
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