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Exercice 522 ⭐️⭐️⭐️ Leibniz & Newton, Sup/Spé/MP/L2

➡️ Dérivation

Amicalement transmis et rédigé par René Adad, créateur du blog Math-OS.

Admettons la version suivante de la formule de Leibniz.
Pour tout couple (f,g)\displaystyle (f,g) d’applications indéfiniment dérivables de R\displaystyle \mathbb{R} dans C\displaystyle \mathbb{C} et pour tout entier naturel n\displaystyle n :
(fg)(n)=∑k=0n(nk)f(k)g(n−k)(1)\left(fg\right)^{(n)}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}f^{(k)}g^{(n-k)}\tag{1}

Il est facile d’en déduire la formule du binôme, à savoir que pour tout couple (a,b)\displaystyle (a,b) de nombres complexes et pour tout entier naturel n\displaystyle n :

(a+b)n=∑k=0n(nk)akbn−k(2)\left(a+b\right)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}\tag{2} Il suffit en effet de choisir f:t↦eat\displaystyle f:t\mapsto e^{at} et g:t↦ebt\displaystyle g:t\mapsto e^{bt} et d’appliquer (1); il vient :
dndtn(e(a+b)t)=∑k=0n(nk)dkdtk(eat)dn−kdtn−k(ebt)\frac{d^n}{dt^n}\left(e^{(a+b)t}\right)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{d^k}{dt^k}\left(e^{at}\right)\frac{d^{n-k}}{dt^{n-k}}\left(e^{bt}\right) c’est-à-dire : (a+b)ne(a+b)t=∑k=0n(nk)akeatbn−kebt\left(a+b\right)^ne^{(a+b)t}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^ke^{at}b^{n-k}e^{bt} d’où (2) après simplifiation par e(a+b)t\displaystyle e^{(a+b)t}. Une question nettement moins évidente est la réciproque …

On admet donc désormais la formule du binôme, mais sous la forme assez générale suivante, qui se démontre classiquement par récurrence, en exploitant pour l’essentiel la formule, dite “de Pascal”, (nk)+(nk+1)=(n+1k+1)\displaystyle \binom{n}{k}+\binom{n}{k+1}=\binom{n+1}{k+1} :

Formule du binôme dans un anneau

Etant donné un anneau (A,+,×)\displaystyle (A,+,\times) et deux éléments x,y∈A\displaystyle x,y\in A tels que xy=yx\displaystyle xy=yx, on a pour tout n∈N\displaystyle n\in\mathbb{N} :

(x+y)n=∑k=0n(nk)xkyn−k\left(x+y\right)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^ky^{n-k}

Question\displaystyle \textcolor{red}{\text{\bf \large Question}} : Comment peut-on en déduire la formule de Leibniz ?

Il faudra choisir avec soin l’anneau et les deux éléments x,y\displaystyle x,y qui commutent … 🙂

On suppose donc connue la formule du binôme dans un anneau, pour deux éléments qui commutent.

Notons E\displaystyle E le C\displaystyle \mathbb{C}-espace vectoriel des applications de classe C∞\displaystyle \mathcal{C}^\infty de R2\displaystyle \mathbb{R}^2 dans C\displaystyle \mathbb{C} et considérons l’anneau A=L(E)\displaystyle A=\mathcal{L}(E) des endomorphismes de E\displaystyle E.

Parmi les éléments de A\displaystyle A, se trouvent les opérateurs ∂∂x\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial x} et ∂∂y\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial y}. Et ces deux bébêtes commutent d’après le théorème de Schwarz !

On a donc :
(∂∂x+∂∂y)n=∑k=0n(nk)∂k∂xk∘∂n−k∂yn−k\left(\dfrac{\partial}{\partial x}+\dfrac{\partial}{\partial y}\right)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\dfrac{\partial^k}{\partial x^k}\circ\dfrac{\partial^{n-k}}{\partial y^{n-k}}

c’est-à-dire :
(∂∂x+∂∂y)n=∑k=0n(nk)∂n∂xk ∂yn−k(⋆)\left(\dfrac{\partial}{\partial x}+\dfrac{\partial}{\partial y}\right)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\dfrac{\partial^n}{\partial x^k\,\partial y^{n-k}}\tag{$\star$}

Il ne reste plus qu’à considérer un couple (f,g)\displaystyle (f,g) d’éléments de E\displaystyle E et à appliquer chaque membre de (⋆)\displaystyle (\star) à l’application :
R2→R, (x,y)↦f(x) g(y)\mathbb{R}^2\to\mathbb{R},\,(x,y)\mapsto f(x)\,g(y)
On obtient ainsi la formule de Leibniz 🙂

Pour en savoir plus sur cette question, on pourra visiter cet article du blog Math-OS.