Calculs de dérivées 1) Dérivée d@un produit et formule de Leibniz

Calculs de dérivées
1) Dérivée d’un produit et formule de Leibniz
Q
fk0 ( j6=k fj ) (cf d’ailleurs dérivée logarithmique).
P
b) Formule de Leibniz : Si f et g sont de classe C n , alors (f g)(n) = nk=0 nk f (k) g (n k) .
a) (f g)0 = f (g + f g 0 et plus généralement (f1 :::fn )0 =
Pn
k=1
Remarque : La formule se prouve par récurrence à l’aide de la formule du triangle de Pascal.
Exemple important : Si P (x) = x2 , alors (P f )(n) (x) = x2 f (n) (x) + 2nxf (n
1) (x)
1)f (n
+ n(n
2) (x).
2) Dérivée d’une composée
a) Si f et g sont dérivables, alors (g f )0 = f 0
(g 0 f )
Exemple : Dérivée n-ième de x : Avec f : x 7 ! x , on a f (n) (x) = (
1):::(
n:
n + 1)x
Important : Pas de formule simple exprimant la dérivée n-ième d’une composée.
b) Dérivée d’une composée avec une fonction a¢ ne. Si g(x) = f (ax + b), alors g (n) (x) = an f (n) (ax + b):
Exemple : La dérivée n-ième d’une fonction paire est paire si n est paire, et impaire si n est impair.
Exemple : Les dérivées d’une fonction T -périodique est T -périodique.
c) Si g est > 0, alors (g
Exemple :
d
dx
p
1
1 + x2
)0
g0g
=
=
1
0
1
g
et
x
d
et
3=2
2
dx
(1 + x )
=
g0
g
: Important : (
+1
f (x)
(1 + x2 )
=
f 0 f 0g
) =
g
g
f g0
+1
:
(1 + x2 )f 0 (x) 2 xf (x)
:
(1 + x2 ) +1
3) Dérivée d’une réciproque
Prop : Soit f : I ! J dérivable. On suppose que f 0 ne s’annule pas.
Alors f dé…nit une bijection de I sur f (I), et (f
On retrouve aisément la formule (f
1 )0
=
1
f0 f
1
1 )0
=
f0
1
f
en dérivant f
1
.
f
1
= Id (on sait ici que f
1
est dérivable).
Exemples importants : arcsin et arctan
1
1
1
et 8x 2 R; arctan0 (x) =
8x 2] 1; 1[; arcsin0 (x) =
=p
2
cos(arcsin x)
1 + x2
1 x
4) Dérivées logarithmiques
Prop : Si f : I ! R est dérivable et ne s’annule pas, alors (ln jf j)0 =
Exemple : On pose 8x > 0, f (x) = xn e
x.
f0
f
Alors f 0 (x) est du signe de (ln f )0 =
n
x
1, donc sup f = f (n):
f 0 Pn fi 0
= i=1 :
f
fi
0
P (x) Pn
mk
ak )mk , alors
= k=1
(pour P (x) 6= 0):
P (x)
x xk
Exemple : Si f = f1 f2 :::fp ne s’annule pas, alors
Exemple à connaître : Si P (x) =
Qn
k=1 (x
Exercices de calculs de dérivées
1) Expliciter les dérivées n-ième de f : x 7 !
2) On considère f :]0; +1[! R x 7 ! e
1
(1
x)
, de g : x 7 !
1
1
et de h : x 7 ! p
:
1+x
1 2x
1=x :
Montrer qu’il existe un polynôme Pn tel que 8x > 0, f (n) (x) =
Pn (x)
e
x2n
1=x :
3) On considère f : x 7 !
1
:
1 + x2
a) On véri…e par récurrence qu’il existe un polynôme Pn tel que f (n) (x) =
Pn (x)
:
(1 + x2 )n+1
Exprimer Pn+1 en fonction de Pn et Pn0 .
En déduire (avec soin) que Pn est de degré n et préciser son coe¢ cient dominant
n.
b) En utilisant (1 + x2 )f (x) = 1, déterminer une relation donne une relation entre Pn+1 , Pn et Pn
1:
c) Sans faire tous les calculs, proposer une méthode permettant de déterminer une formule explicite de Pn :
d) Montrer que limx!+1 f (n) (x) = limx!
1f
(n) (x)
= 0:
En déduire (avec Rolle) que Pn admet n racines réelles distinctes (et est donc scindé à racines simples).
Solutions :
n
1
(n) (x) = ( 1) n! :
et
g
(1 + x)n+1
(1 x) +n
2n
1:3:5:::(2n 1)
(2n)!
1
1 3 5 (2n 1)
:::
=
= n
:
Et g (n) (x) =
222
2
2 (n!) (2x + 1)n+1=2
(2x + 1)n+1=2
(2x + 1)n+1=2
2) Par récurrence sur n 2 N. Pour n = 0, P0 = 1 convient.
1) On a f (n) (x) = ( + 1):::( + n
1)
Pn (x) 1=x
Pn0 (x)
(n+1) (x) =
e
,
alors
f
x2n
x2n
2
0
= (1 2nX)Pn + X Pn convient.
2nPn (x)
1 Pn (x)
+ 2 2n
x2n+1
x x
Si f (n) (x) =
Donc Pn+1
3) a) P0 = 1 et Pn+1 = (1 + X 2 )Pn0
Alors (1 + X 2 )Pn0 et XPn sont de degré
n.
n + 1, et le coe¢ cient en X n+1 vaut n
On en déduit que Pn de degré (n + 1) et de coe¢ cient dominant
0
= 1, on obtient
n
1=x :
2(n + 1)XPn :
Supposons Pn de degré n et de coe¢ cient dominant
Comme
e
n+1
= (n + 2)
n
2(n + 1)
n
= (n + 2)
n:
n:
= (n + 1)!
b) En utilisant la formule de Leibniz, on dérive n + 1 fois la relation (1 + x2 )f (x) = 1:
On obtient : (1 + x2 )f (n+1) (x) + 2(n + 1)xf (n) (x) + n(n + 1)f (n
1) (x)
= 0:
En exprimant les f (k) en fonction des P (k) , on obtient : Pn+1 + 2(n + 1)XPn + n(n + 1)(1 + X 2 )Pn
1
1
1
1
1
= Im
dans C(X) :
=
2
2
1+X
1+x
2i x i x + i
( 1)n n!
Donc f (n) (x) = Im
, et Pn (x) = ( 1)n n! Im (x + i)(n+1) :
(x i)(n+1)
P
n j ij 1 :
En développant par le binôme, on obtient Pn (x) = ( 1)n n! j impair n+1
j x
P
n+1
Donc Pn (x) = ( 1)n n! k 0 2k+1
xn 2k ( 1)k :
c) L’idée est de décomposer
d) Il résulte de a) que deg Pn = n, donc f (n) (x)
1
x
(n+2) ,
donc f (n) tend vers 0 en
1
x
i
1
= 0:
:
1 et en +1.
On montre alors par récurrence que f (n) admet au moins n zéros réels.
En e¤et, si f (n) admet m zéros, auquels on peut ajouter les zéros
1 et en +1, on obtient (m + 2) zéros, donc sa
dérivée en admet au moins (m + 1) réels (cf version généralisée du théorème de Rolle).
Or, les zéros de f (n) sont les zéros de Pn , et deg Pn = n.
Donc Pn admet exactement n racines réelles, et elles sont simples.