Exercice 61

1. Notons $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « pour toutes fonctions $f$ et $g$ $n$ fois dérivables sur $I$, $fg$ est $n$ fois dérivable sur $I$ et vérifie la formule ». Pour $n = 0$, la formule se réduit à $fg = fg$. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie, et soit $f$ et $g$ deux fonctions $n + 1$ fois dérivables sur $I$. Elles sont en particulier $n$ fois dérivables, et l'hypothèse de récurrence donne $$(fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(n-k)}\,g^{(k)}.$$ Pour $0 \leqslant k \leqslant n$, les fonctions $f^{(n-k)}$ et $g^{(k)}$ sont dérivables, puisque $n - k + 1$ et $k + 1$ sont au plus égaux à $n + 1$. D'après la proposition 3 du cours, $(fg)^{(n)}$ est donc dérivable, et $$(fg)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(n+1-k)}\,g^{(k)} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(n-k)}\,g^{(k+1)}.$$ Dans la seconde somme, on pose $j = k + 1$ ; elle devient $\displaystyle\sum_{j=1}^{n+1} \binom{n}{j-1} f^{(n+1-j)}\,g^{(j)}$. Avec la convention $\binom{n}{-1} = \binom{n}{n+1} = 0$, les deux sommes peuvent être prises de $0$ à $n + 1$, et la formule de Pascal (proposition 9 du chapitre 3) donne $\binom{n}{k} + \binom{n}{k-1} = \binom{n+1}{k}$, d'où $\mathcal{P}(n + 1)$. $$\boxed{(fg)^{(n)} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} f^{(n-k)}\,g^{(k)}}$$ Le calcul est exactement celui de la formule du binôme (théorème 2 du chapitre 3), la dérivation d'un facteur jouant le rôle de la multiplication par $a$ ou par $b$. La question 2 de l'exercice 25 en était le cas particulier où $f$ est la fonction $x \mapsto x$, dont les dérivées d'ordre au moins $2$ sont nulles ; le chapitre 9 fera de cette formule son théorème 9.

2. La formule de dérivation d'un produit donne, pour $n \geqslant 1$ et $x > 0$, $$u_{n}'(x) = n x^{n-1}\ln x + x^{n}\cdot\frac{1}{x} = n\,u_{n-1}(x) + x^{n-1}.$$ Montrons par récurrence que $u_{n}$ est $n$ fois dérivable, avec $u_{n}^{(n)}(x) = n!\,(\ln x + H_{n})$. Pour $n = 0$, $u_{0} = \ln$ et $H_{0} = 0$. Supposons le résultat vrai au rang $n - 1$, avec $n \geqslant 1$. La fonction $u_{n}' = n\,u_{n-1} + (x \mapsto x^{n-1})$ est $n - 1$ fois dérivable, et, comme la dérivée $(n-1)$-ième de $x \mapsto x^{n-1}$ est la constante $(n - 1)!$, $$u_{n}^{(n)}(x) = n\,u_{n-1}^{(n-1)}(x) + (n - 1)! = n\,(n - 1)!\,(\ln x + H_{n-1}) + (n - 1)! = n!\,\Big(\ln x + H_{n-1} + \frac{1}{n}\Big).$$

3. On a $\ln'(x) = \frac{1}{x}$. Si l'on suppose que $\ln^{(k)}(x) = (-1)^{k-1}(k - 1)!\,x^{-k}$ pour un entier $k \geqslant 1$, on obtient en dérivant $$\ln^{(k+1)}(x) = (-1)^{k-1}(k - 1)!\,(-k)\,x^{-k-1} = (-1)^{k}\,k!\,x^{-(k+1)},$$ de sorte que la formule suivante se démontre par récurrence sur $k$. $$\boxed{\ln^{(k)}(x) = \frac{(-1)^{k-1}(k - 1)!}{x^{k}} \quad \text{pour tout } k \geqslant 1 \text{ et tout } x > 0}$$ D'autre part, pour $0 \leqslant k \leqslant n$, dériver $n - k$ fois la fonction $x \mapsto x^{n}$ fait apparaître le facteur $n(n - 1)\cdots(k + 1) = \frac{n!}{k!}$ et l'exposant $k$. La formule de Leibniz, appliquée à $x \mapsto x^{n}$ et à $\ln$, isole le terme $k = 0$, qui vaut $n!\,\ln x$, et donne $$u_{n}^{(n)}(x) = n!\,\ln x + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k}\,\frac{n!}{k!}\,x^{k}\cdot\frac{(-1)^{k-1}(k - 1)!}{x^{k}} = n!\,\ln x + n!\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k}\binom{n}{k}.$$ En comparant avec la question 2 et en simplifiant par $n!$, on obtient l'identité annoncée. $$\boxed{\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k}\binom{n}{k} = H_{n} \quad \text{pour tout } n \geqslant 1}$$

4. Pour $n = 3$, le membre de gauche vaut $3 - \frac{3}{2} + \frac{1}{3} = \frac{11}{6}$, et $H_{3} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{11}{6}$ ✓. Notons $S_{n}$ le membre de gauche, avec $S_{0} = 0$. Pour $n \geqslant 1$ et $1 \leqslant k \leqslant n$, la formule de Pascal s'écrit $\binom{n}{k} - \binom{n-1}{k} = \binom{n-1}{k-1}$, avec $\binom{n-1}{n} = 0$. Par différence, puis par la formule du pion (proposition 9 du chapitre 3), qui est l'égalité de l'énoncé, $$S_{n} - S_{n-1} = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k}\binom{n-1}{k-1} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1}\binom{n}{k}.$$ La formule du binôme donne $\sum_{k=0}^{n} (-1)^{k}\binom{n}{k} = (1 - 1)^{n} = 0$ pour $n \geqslant 1$ ; la dernière somme vaut donc $1$, et $S_{n} - S_{n-1} = \frac{1}{n}$. En sommant ces égalités de $1$ à $n$, la somme télescopique donne $S_{n} = H_{n}$. $$\boxed{S_{n} - S_{n-1} = \frac{1}{n}, \quad \text{d'où à nouveau } S_{n} = H_{n}}$$ La seconde méthode est plus courte, mais elle suppose que l'on connaisse déjà le résultat. La première le fait découvrir : on calcule un même objet, la dérivée $n$-ième de $x \mapsto x^{n}\ln x$, de deux façons, comme on dénombrait un même ensemble de deux façons au chapitre 3. Elle s'adapte à d'autres fonctions ; avec $x \mapsto x^{2n} = x^{n}\cdot x^{n}$, elle redonne par exemple l'identité $\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}^{2} = \binom{2n}{n}$, obtenue dans la feuille du chapitre 3 à l'aide de la formule de Vandermonde.

Attention : le membre de gauche est une somme alternée de termes qui peuvent être très grands, alors que $H_{n}$ croît très lentement ; pour $n = 30$, certains termes dépassent $10^{7}$ en valeur absolue, alors que $H_{30} \approx 4{,}0$. Ces termes se compensent presque exactement, et un calcul approché de la somme, en virgule flottante, perd ainsi plusieurs chiffres significatifs : la formule exacte n'en est que plus précieuse.