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

Calculs de dérivées
1) Dérivée d’un produit et formule de Leibniz
a) (fg)0=f(g+fg0et plus généralement (f1:::fn)0=Pn
k=1 f0
k(Qj6=kfj)(cf d’ailleurs dérivée logarithmique).
b) Formule de Leibniz :Si fet gsont de classe Cn, alors (fg)(n)=Pn
k=0 n
kf(k)g(nk).
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) = x2f(n)(x)+2nxf(n1)(x) + n(n1)f(n2)(x).
2) Dérivée d’une composée
a) Si fet gsont dérivables, alors (gf)0=f0(g0f)
Exemple : Dérivée n-ième de x:Avec f:x7! x, on a f(n)(x) = (1):::(n+ 1)xn:
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) = anf(n)(ax +b):
Exemple : La dérivée n-ième d’une fonction paire est paire si nest paire, et impaire si nest impair.
Exemple : Les dérivées d’une fonction T-périodique est T-périodique.
c) Si gest >0, alors (g)0=g0g1et 1
g0
=g0
g+1 :Important :(f g)0=f0gfg0 g+1 :
Exemple :d
dx 1
p1 + x2=x
(1 + x2)3=2et d
dx f(x) (1 + x2)=(1 + x2)f0(x)2xf(x) (1 + x2)+1 :
3) Dérivée d’une réciproque
Prop : Soit f:I!Jdérivable. On suppose que f0ne s’annule pas.
Alors fdé…nit une bijection de Isur f(I), et (f1)0=1
f0f1.
On retrouve aisément la formule (f1)0=1
f0f1en dérivant ff1= Id (on sait ici que f1est dérivable).
Exemples importants : arcsin et arctan
8x2]1;1[;arcsin0(x) = 1
cos(arcsin x)=1
p1x2et 8x2R;arctan0(x) = 1
1 + x2
4) Dérivées logarithmiques
Prop : Si f:I!Rest dérivable et ne s’annule pas, alors (ln jfj)0=f0
f
Exemple : On pose 8x > 0,f(x) = xnex. Alors f0(x)est du signe de (ln f)0=n
x1, donc sup f=f(n):
Exemple : Si f=f1f2:::fpne s’annule pas, alors f0
f=Pn
i=1
fi0
fi
:
Exemple à connaître : Si P(x) = Qn
k=1(xak)mk, alors P0(x)
P(x)=Pn
k=1
mk
xxk
(pour P(x)6= 0):
Exercices de calculs de dérivées
1) Expliciter les dérivées n-ième de f:x7! 1
(1 x), de g:x7! 1
1 + xet de h:x7! 1
p12x:
2) On considère f:]0;+1[!Rx7! e1=x:
Montrer qu’il existe un polynôme Pntel que 8x > 0,f(n)(x) = Pn(x)
x2ne1=x:

3) On considère f:x7! 1
1 + x2:
a) On véri…e par récurrence qu’il existe un polynôme Pntel que f(n)(x) = Pn(x)
(1 + x2)n+1 :
Exprimer Pn+1 en fonction de Pnet P0
n.
En déduire (avec soin) que Pnest de degré net préciser son coe¢ cient dominant n.
b) En utilisant (1 + x2)f(x) = 1, déterminer une relation donne une relation entre Pn+1,Pnet Pn1:
c) Sans faire tous les calculs, proposer une méthode permettant de déterminer une formule explicite de Pn:
d) Montrer que limx!+1f(n)(x) = limx!1 f(n)(x) = 0:
En déduire (avec Rolle) que Pnadmet nracines réelles distinctes (et est donc scindé à racines simples).
Solutions :
1) On a f(n)(x) = (+ 1):::(+n1) 1
(1 x)+net g(n)(x) = (1)nn!
(1 + x)n+1 :
Et g(n)(x) = 1
2
3
2
5
2:::(2n1) 2
2n
(2x+ 1)n+1=2=1:3:5:::(2n1) (2x+ 1)n+1=2=(2n)!
2n(n!)
1
(2x+ 1)n+1=2:
2) Par récurrence sur n2N. Pour n= 0,P0= 1 convient.
Si f(n)(x) = Pn(x)
x2ne1=x, alors f(n+1)(x) = P0
n(x)
x2n2nPn(x) x2n+1 +1 x2
Pn(x)
x2ne1=x:
Donc Pn+1 = (1 2nX)Pn+X2P0
nconvient.
3) a) P0= 1 et Pn+1 = (1 + X2)P0
n2(n+ 1)XPn:
Supposons Pnde degré net de coe¢ cient dominant n.
Alors (1 + X2)P0
net XPnsont de degré n+ 1, et le coe¢ cient en Xn+1 vaut nn2(n+ 1)n= (n+ 2)n:
On en déduit que Pnde degré (n+ 1) et de coe¢ cient dominant n+1 = (n+ 2)n:
Comme 0= 1, on obtient 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 + X2)Pn1= 0:
c) L’idée est de décomposer 1
1 + X2dans C(X):1 1 + x2=1 2i1 xi1 x+i= Im 1 xi:
Donc f(n)(x) = Im (1)nn!
(xi)(n+1) , et Pn(x) = (1)nn! Im (x+i)(n+1):
En développant par le binôme, on obtient Pn(x) = (1)nn!Pjimpair n+1
jxnjij1:
Donc Pn(x) = (1)nn!Pk0n+1
2k+1xn2k(1)k:
d) Il résulte de a) que deg Pn=n, donc f(n)(x)1x(n+2), donc f(n)tend vers 0 en 1 et en +1.
On montre alors par récurrence que f(n)admet au moins nzéros réels.
En e¤et, si f(n)admet mzéros, 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 Pnadmet exactement nracines réelles, et elles sont simples.