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Dérivée nième

Posté par
fusionfroide 16-06-07 à 01:33

Salut

Est-ce possible de trouver la dérivée nième de 4$\rm f(x)=\frac{1}{1+exp{2x}}

Merci

Posté par
infophilere : Dérivée nième 16-06-07 à 02:03

Salut

3$ \rm f'(x)=\frac{2e^{2x}}{(1+2e^{2x})^2}\\f''(x)=\frac{4e^{2x}\(e^{2x}-1\)}{(1+2e^{2x})^3}\\f'''(x)=\frac{-8e^{2x}\(e^{4x}-4e^{2x}+1\)}{(e^{2x}+1)^4}\\f''''(x)=\frac{16e^{2x}\(e^{6x}-11e^{4x}+11e^{2x}-1\)}{(1+2e^{2x})^5}\\...

Il me semble qu'il y a bien un motif non ?

Posté par
infophilere : Dérivée nième 16-06-07 à 02:14

Je mets les suivants c'est plus clair :

3$%20\rm%20f'(x)=\frac{2e^{2x}}{(1+2e^{2x})^2}\\f''(x)=\frac{4e^{2x}\(e^{2x}-1\)}{(1+2e^{2x})^3}\\f'''(x)=\frac{-8e^{2x}\(e^{4x}-4e^{2x}+1\)}{(e^{2x}+1)^4}\\f''''(x)=\frac{16e^{2x}\(e^{6x}-11e^{4x}+11e^{2x}-1\)}{(1+2e^{2x})^5}\\f'''''(x)=\frac{-32e^{2x}\(e^{8x}-26e^{6x}+66e^{4x}-26e^{2x}-1\)}{(1+2e^{2x})^6}\\f''''''(x)=\frac{64e^{2x}\(e^{10x}-57e^{8x}+302e^{6x}-302e^{4x}+57e^{2x}-1\)}{(1+2e^{2x})^7}

Posté par
infophilere : Dérivée nième 16-06-07 à 02:22

Il doit y avoir une forme explicite qui donne la dérivée n-ième parce qu'on voit bien que c'est symétrique, que les signes affectés, et que le facteur dépend de n.

Je chercherais demain, bonne nuit

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Dérivée nième 16-06-07 à 03:29

Bonjour,

Au numérateur semblent intervenir les nombres d'Euler 3$\left<n\\k\right>

Nicolas

Posté par
infophilere : Dérivée nième 16-06-07 à 12:46

Salut Nicolas

C'est quoi ces nombres ?

Posté par
fusionfroidere : Dérivée nième 16-06-07 à 13:38

Merci

En fait je voulais montrer que pour f(x)=\frac{2x}{1+exp{2x}}, f^{(n)}(0) \in \mathbb{N}

Je comptais utiliser la formule de Leibniz !

Est-ce la bonne méthode ?

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 13:53

Bonjour à tous

fusionfroide > même en faisant la formule de Leibniz, on aura à calculer les dérivées successives de f ce qui ne sera pas chose facile. En fait, ce n'est pas tant les dérivées qui nous intéressent mais plutôt les dérivées en 0. Il existe un moyen de les calculer sans dériver n fois. Lequel ?

Kaiser

Posté par
fusionfroidere : Dérivée nième 16-06-07 à 14:18

Je vais peut-être dire une bêtise, mais par l'analyse complexe ? (formule de Cauchy)

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 18:18

Pour une fois, pas d'analyse complexe !
Simplement, ça devrait marcher avec un DSE.

Kaiser

Posté par
infophilere : Dérivée nième 16-06-07 à 18:20

Salut Kaiser

On peut pas trouver en fonction de n la dérivée n-ième ?

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 18:55

Salut Kévin

Je ne sais pas, je n'ai pas trop essayé.

À mon avis, on peut au moins avoir une relation de récurrence entre les dérivée avec Leibniz.
D'ailleur, je pense qu'on peut s'en sortir autrement que par le DSE : on peut effectivement utiliser Leibniz mais en écrivant que \Large{(1+e^{2x})f(x)=2x}.

Kaiser

Posté par
1 Schumi 1re : Dérivée nième 16-06-07 à 18:59

Euh, c'est pas:
\textrm \large (1+e^{2x})f(x)=1
???

Posté par
infophilere : Dérivée nième 16-06-07 à 18:59

Je me posais la même question

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 19:01

En fait, je regardais plutôt le message de fusionfroide de 13h38.

Kaiser

Posté par
1 Schumi 1re : Dérivée nième 16-06-07 à 19:02

Ah d'accord, oui je comprends.
Merci.

Posté par
infophilere : Dérivée nième 16-06-07 à 19:02

Ok

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 19:03

Posté par
fusionfroidere : Dérivée nième 16-06-07 à 19:12

Salut kaiser

4$\rm \frac{2x}{1+exp{2x}}=\frac{2x exp{-2x}}{1+exp{-2x}}=\sum_{n=0}^{\infty} 2x exp{-2x(n+1)}

Et ensuite

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 19:15

En fait, je pensais à un DSE mais après la manipulation de mon message de 18h55 (ce qui m'a finalement décidé à abandonner le DSE et utiliser Leibniz).

Kaiser

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 19:17

cela dit, rien ne t'empêche de faire un développement en série entière de chaque terme de ta somme et d'intervertir tes 2 sommes (en justifiant, bien entendu).

Kaiser

Posté par
fusionfroidere : Dérivée nième 16-06-07 à 19:17

ok donc on utilise Leibniz avec \Large{(1+e^{2x})f(x)=2x} ?

Mais pourquoi sous cette forme ?

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 19:20

Pour deux raisons :

1) ça te donnera une relation de récurrence entre les dérivées en 0 de f
2) Il est plus facile de dériver k fois \Large{1+e^{2x}} que \Large{\frac{1}{1+e^{2x}}}

Kaiser

Posté par
fusionfroidere : Dérivée nième 16-06-07 à 19:21

Ok pour la deuxième raison

Donc je dérive k fois les deux membres de l'égalité ?

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 19:24

oui !

Pour n=0 et n=1, essaie de montrer directement que l'on a le résultat voulu.
Ensuite, considère dérive ton égalité n fois avec n supérieur ou égal à 2 (comme ça, le terme de droite sera nul).

Kaiser

Posté par
fusionfroidere : Dérivée nième 16-06-07 à 19:26

ok merci kaiser

Puis-je te poser rapidement une question qui n'a rien avoir avec le topic initial (question très rapide...)

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 19:27

ben écoute, vas-y !

Kaiser

Posté par
fusionfroidere : Dérivée nième 16-06-07 à 19:29

Ok cool.

Comment trouve-t-on le minimum d'une fonction de plusieurs variables (ex : f(x,y,z))

Y a-t-il plusieurs méthodes ?

Merci

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 19:35

Si on travaille dans un ouvert, on regarde les points critiques.
Ensuite, pour chaque point critique, on regarde la Hessienne et on regarde si elle est positive ou négative et selon le cas, on a un minimum ou un maximum local.

Kaiser

Posté par
fusionfroidere : Dérivée nième 16-06-07 à 19:53

Ah oui c'est vrai j'avais complétement zappé ça !

Merci

Pour revenir au problème initial, dans la formule de Leibniz, on dérive k fois f(x) et n-k fois (1+e^(2x)) ou l'inverse ?

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 19:55

peu importe !

Kaiser

Posté par
fusionfroidere : Dérivée nième 16-06-07 à 19:56

ok merci pour tout kaiser !

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 16-06-07 à 19:57

Mais je t'en prie !

Posté par
fusionfroidere : Dérivée nième 16-06-07 à 22:54

Re kaiser,

A gauche j'utilise Leibniz, et à droite on aura quoi alors ?

A-t-on (2x)^{(k)} ?

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Dérivée nième 17-06-07 à 05:50

Repassons en blanc...

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Dérivée nième 17-06-07 à 05:50

Bonjour,

Apparemment, tout le monde se moque de mon message de 16/06/2007 à 03:29.
Je me permets tout de même de poursuivre...

Dans les dérivées de Kevin, on reconnaît les séquences typiques des nombres eulériens.
1 11 11 1
1 26 66 26 1
1 57 302 302 57 1

Ces nombres permettent bien d'exprimer la dérivée n-ième de f de façon élégante :
3$\fbox{f^{(n)}(x)=\frac{2^n\,e^{2x}\,\Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<n\\k\right>\left(e^{2x}\right)^k}{\left(1+e^{2x}\right)^{n+1}}}

Les éléments de "cours" ci-dessous s'inspirent largement de R.L. Graham, D.E. Knuth & O. Patashnik, Mathématiques concrètes, Vuibert, pages 283 et suivantes.

Définition. Soit 0\le k\le n-1. On définit le nombre eulérien \left<n\\k\right> par le nombre de permutations \pi_1\pi_2...\pi_n de \left{1, 2, ..., n\right} qui possèdent exactement k montées, c'est-à-dire k endroits où \pi_j<\pi_{j+1}. Par convention, pour \left<0\\0\right>=1 (permutation de 0 élément), et, pour n\ge 1, \left<n\\n\right>=0

Exemple. Il existe 11 permutations de {1, 2, 3, 4} avec 2 montées :
1324 1423 2314 2413 3412
1243 1342 2341 2134 3124 4123
donc \left<4\\2\right>=11

Propriété. Les premières valeurs des nombres eulériens sont les suivantes :

\begin{tabular}{|c|ccccccc|} \\ \hline n & \left<{n\\0}\right> & \left<{n\\1}\right> & \left<{n\\2}\right> & \left<{n\\3}\right> & \left<{n\\4}\right> & \left<{n\\5}\right> & \left<{n\\6}\right>\\ \\ \hline 0 & 1 & & & & & & \\ \\ 1 & 1 & 0 & & & & & \\ \\ 2 & 1 & 1 & 0 & & & & \\ \\ 3 & 1 & 4 & 1 & 0 & & & \\ \\ 4 & 1 & 11 & 11 & 1 & 0 & &\\ \\ 5 & 1 & 26 & 66 & 26 & 1 & 0 &\\ \\ 6 & 1 & 57 & 302 & 302 & 57 & 1 & 0 \\ \\ \hline\end{tabular}

Démonstration. Par dénombrement manuel, ou en utilisant les propriétés ci-dessous.

Propriété. [non utilisée ici]
\fbox{\Bigsum_{0\le k\le n-1}\left<n\\k\right>=n!}

Démonstration. Conséquence immédiate de la définition (décomposition des permutations en fonction de leur nombre de montées).

Propriété (relation de récurrence).
\fbox{\left<n+1\\k\right>=(k+1)\left<n\\k\right>+(n+1-k)\left<n\\k-1\right>}
avec \left<0\\k\right>=\left\{\1\mathrm{\ si\ }k=0\\\0\mathrm{\ si\ }k\ge 1\right.

Démonstration. Par récurrence sur n en dénombrant le nombre de permutations à k montées à partir des permutations de {1, ..., n-1}.

Propriété (expression explicite des nombres eulériens en fonction des coefficients binômiaux). [non utilisée ici, juste pour dédramatiser]
\fbox{\left<n\\m\right>=\Bigsum_{k=0}^m{n+1\choose k}(m+1-k)^n(-1)^k}

Démonstration. Par récurrence sur n.

Propriété (identité de Worpitzky). [non utilisée ici]
\fbox{x^n=\Bigsum_k\left<n\\k\right>{x+k\choose n}}

Démonstration. Par récurrence sur n.

Revenons à l'exercice...

Soit 3$\fbox{f(x)=\frac{1}{1+exp{2x}}}

3$\fbox{f^{(n)}(x)=\frac{2^n\,e^{2x}\,\Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<n\\k\right>\left(e^{2x}\right)^k}{\left(1+e^{2x}\right)^{n+1}}}

On va procéder par récurrence sur n. L'initialisation est facile. Concentrons-nous sur l'hérédité.

On suppose que :
3$f^{(n)}(x)=\frac{2^n\,e^{2x}\,\Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<n\\k\right>\left(e^{2x}\right)^k}{\left(1+e^{2x}\right)^{n+1}}

C'est-à-dire :
3$f^{(n)}(x)=\frac{2^n\,\Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<n\\k\right>\left(e^{2x}\right)^{k+1}}{\left(1+e^{2x}\right)^{n+1}}

Donc f^{(n)} est dérivable et, en utilisant 3$\left(\frac{u}{v^n}\right)^'=\frac{u'\cdot v-n\cdot u\cdot v'}{v^{n+1}}, il vient :
3$\begin{array}{rcl} \\ \frac{\left(1+e^{2x}\right)^{n+2}}{2^n}\,f^{(n+1)}(x) &=& \left(1+e^{2x}\right)\Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>(k+1).2.e^{2x}.\left(e^{2x}\right)^k\\ \\ && -\;2(n+1)e^{2x}\Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>\left(e^{2x}\right)^{k+1} \\ \end{array}

On divise les deux membres par 2, et on développe le \left(1+e^{2x}\right) :
3$\begin{array}{rcl} \\ \frac{\left(1+e^{2x}\right)^{n+2}}{2^{n+1}}\,f^{(n+1)}(x) &=& \Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>(k+1)\left(e^{2x}\right)^{k+1} \\ &&+\;\Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>(k+1)\left(e^{2x}\right)^{k+2}\\ \\ &&-\;\Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>(n+1)\left(e^{2x}\right)^{k+2} \\ \end{array}

On fusionne les deux dernières sommes :
3$\begin{array}{rcl} \\ \frac{\left(1+e^{2x}\right)^{n+2}}{2^{n+1}}\,f^{(n+1)}(x) &=& \Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>(k+1)\left(e^{2x}\right)^{k+1}\\ \\ &&-\;\Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>(n-k)\left(e^{2x}\right)^{k+2} \\ \end{array}

Dans la première somme, on isole le terme en k=0 et on rajoute le terme (nul) en k=n :
3$\begin{array}{rcl} \\ \frac{\left(1+e^{2x}\right)^{n+2}}{2^{n+1}}\,f^{(n+1)}(x) &=& -e^{2x}\\ \\ &&+\;\Bigsum_{1\le k\le n}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>(k+1)\left(e^{2x}\right)^{k+1}\\ \\ &&-\;\Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>(n-k)\left(e^{2x}\right)^{k+2} \\ \end{array}

Dans la seconde terme, on opère le changement d'indice k|\to k-1 :
3$\begin{array}{rcl} \\ \frac{\left(1+e^{2x}\right)^{n+2}}{2^{n+1}}\,f^{(n+1)}(x) &=& -e^{2x}\\ \\ &&+\;\Bigsum_{1\le k\le n}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>(k+1)\left(e^{2x}\right)^{k+1}\\ \\ &&+\;\Bigsum_{1\le k\le n}(-1)^{k+1}\left<{n\\k-1}\right>(n+1-k)\left(e^{2x}\right)^{k+1} \\ \end{array}

On fusionne les deux sommes :
3$\begin{array}{rcl} \\ \frac{\left(1+e^{2x}\right)^{n+2}}{2^{n+1}}\,f^{(n+1)}(x) &=& -e^{2x}\\ \\ &&+\;\Bigsum_{1\le k\le n}(-1)^{k+1}\left\{\left<{n\\k}\right>(k+1)+\left<{n\\k-1}\right>(n+1-k)\right\}\left(e^{2x}\right)^{k+1} \\ \end{array}

On utilise la relation de récurrence des nombres eulériens :
3$\begin{array}{rcl} \\ \frac{\left(1+e^{2x}\right)^{n+2}}{2^{n+1}}\,f^{(n+1)}(x) &=& -e^{2x}\\ \\ &&+\;\Bigsum_{1\le k\le n}(-1)^{k+1}\left<{n+1\\k}\right>\left(e^{2x}\right)^{k+1}\\ \\ &=& \Bigsum_{0\le k\le n}(-1)^{k+1}\left<{n+1\\k}\right>\left(e^{2x}\right)^{k+1} \\ \end{array}

Donc :
3$f^{(n+1)}(x)=\frac{2^{n+1}\,e^{2x}\,\Bigsum_{0\le k\le n}(-1)^{k+1}\left<n+1\\k\right>\left(e^{2x}\right)^k}{\left(1+e^{2x}\right)^{n+2}}

CQFD

Sauf erreur.

Nicolas

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Dérivée nième 17-06-07 à 06:30

On peut essayer de continuer dans cette direction (les nombres eulériens) pour montrer que 3$\fbox{f^{(n)}(0)\in\mathbb{N}}

Tout d'abord, énonçons la formule de symétrie qui découle de la définition des nombres eulériens :
3$\left<n\\k\right>=\left<n\\n-1-k\right>

En appliquant en x=0 la formule de f^{(n)}(x) proposée au message précédent, il vient :

\begin{array}{rcl} \\ 2\cdot f^{(n)}(0) &=& \Bigsum_{0\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>\\ \\ &=& -\left<{n\\0}\right>+\left<{n\\1}\right>-\left<{n\\2}\right>+...+(-1)^n\left<{n\\n-1}\right> \\ \end{array}

Il s'agit de montrer que le membre de droite est pair.

Premier cas : n est pair

On voit très bien sur les dérivées de Kevin (qui comportent quelques erreurs de signe) que les coefficients s'annulent.

Montrons-le en séparant la somme en deux :
3$2\cdot f^{(n)}(0)=\Bigsum_{0\le k\le\frac{n}{2}-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>+\Bigsum_{\frac{n}{2}\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>

Dans la seconde somme, on procède au changement d'indice k|\to n-1-k, et on applique la propriété de symétrie des nombres eulériens :
3$\begin{array}{rcl} \\ 2\cdot f^{(n)}(0)&=&\Bigsum_{0\le k\le\frac{n}{2}-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>+\Bigsum_{0\le k\le\frac{n}{2}-1}(-1)^{k}\left<{n\\k}\right>\\ \\ &=& 0 \\ \end{array}

Donc f^{(n)}(0)=0\in\mathbb{N}

Second cas : n est impair

On sépare la somme en trois :
3$2\cdot f^{(n)}(0)=\Bigsum_{0\le k\le\frac{n-1}{2}-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>+(-1)^{\frac{n-1}{2}}\left<{n\\\frac{n-1}{2}}\right>+\Bigsum_{\frac{n-1}{2}+1\le k\le n-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>

Dans la seconde somme, on procède au changement d'indice k|\to n-1-k, et on applique la propriété de symétrie des nombres eulériens :
3$\begin{array}{rcl} \\ 2\cdot f^{(n)}(0) &=& \Bigsum_{0\le k\le\frac{n-1}{2}-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>+(-1)^{\frac{n-1}{2}}\left<{n\\\frac{n-1}{2}}\right>+\Bigsum_{0\le k\le\frac{n-1}{2}-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>\\ \\ &=& 2\left(\Bigsum_{0\le k\le\frac{n-1}{2}-1}(-1)^{k+1}\left<{n\\k}\right>\right)+(-1)^{\frac{n-1}{2}}\left<{n\\\frac{n-1}{2}}\right> \\ \end{array}

Il reste donc à montrer que \left<{n\\\frac{n-1}{2}}\right> est pair.
Pour cela, on peut revenir à la définition des nombres eulériens.
\left<{n\\\frac{n-1}{2}}\right> est le nombre de permutations de {1, ..., n} comportant \frac{n-1}{2} montées et \frac{n-1}{2} descentes.

Or, en lisant de droite à gauche une permutation à \frac{n-1}{2} montées et \frac{n-1}{2} descentes, on retrouve... une permutation à \frac{n-1}{2} montées et \frac{n-1}{2} descentes, et nécessairement différente de la permutation initiale.

Les permutations de {1, ..., n} comportant \frac{n-1}{2} montées et \frac{n-1}{2} descentes sont donc séparables en deux groupes : une première moitié, et une seconde, obtenue à partir de la première en lisant les permutations de droite à gauche.

Leur nombre est donc nécessairement pair.

Donc 2f^{(n)}(0) est pair.
Et f^{(n)}(0)\in\mathbb{N}

Sauf erreur.

Nicolas

Posté par
1 Schumi 1re : Dérivée nième 17-06-07 à 07:34

Moi je dis tout simplement: respect...


Ayoub.

Posté par
infophilere : Dérivée nième 17-06-07 à 12:34

Impressionant

Posté par
kaiser Moderateurre : Dérivée nième 17-06-07 à 13:23

ça c'est ce que j'appelle du \LaTeX !

Kaiser

Posté par
infophilere : Dérivée nième 17-06-07 à 13:24

Et hop en favoris

Posté par
1 Schumi 1re : Dérivée nième 17-06-07 à 13:33

Quand même pas.

Posté par
infophilere : Dérivée nième 17-06-07 à 13:34

J'en ai une soixantaine

Posté par
1 Schumi 1re : Dérivée nième 17-06-07 à 13:35

C'est vrai que quand tu commences à mettre des topics style "ex 47 p169" dans tes favoris, fatalement, on comprends que tu en ai 60.


Ayoub.

Posté par
infophilere : Dérivée nième 17-06-07 à 13:36

Posté par
Camélia Correcteurre : Dérivée nième 17-06-07 à 13:37

Eh bien...

Posté par
sarriette Correcteurre : Dérivée nième 17-06-07 à 13:40

on reste sans voix...

rassure moi Nicolas-75, tu avais une fiche toute prête, hein? dis?

Posté par
1 Schumi 1re : Dérivée nième 17-06-07 à 13:47

Non,non, il l'a fait "en live". Bah, après tout, c'est Nicolas. On n'en attendait pas moins de lui.


Ayoub.

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : Dérivée nième 17-06-07 à 14:54

Une "fiche toute prête", sûrement pas ! C'est contraire à ma déontologie. (sauf pour les méthodes de résolution des formes indéterminées)
J'y ai passé une partie de la matinée, entre la recherche de la solution, et la rédaction, mais sans regret !

Merci de vos commentaires encourageants.
C'est fou comme le LaTeX peut avoir de l'effet sur les Mathîliens. Je n'ai jamais essayé avec les filles. Mais j'ai comme un doute...

Nicolas

Posté par
_Estelle_re : Dérivée nième 17-06-07 à 14:55

Waow, bravo

Estelle

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