Leçons sur le calcul des fonctions/Leçon 03

Joseph-Louis Lagrange

Leçons sur le calcul des fonctions

Gauthier-Villars, 1868 (Œuvres de Lagrange. Tome X, p. 20-27).

LEÇON TROISIÈME.

Fonctions dérivées des puissances. Développement d’une puissance quelconque d’un binôme.

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Puisque toute fonction dérivée du premier ordre $f'(x)$ n’est autre chose que le coefficient de $i$ dans le développement de la fonction primitive $f(x),$ après la substitution de $x+i$ à la place de $x,$ il s’ensuit que la recherche de la fonction dérivée d’une puissance quelconque $x^{m}$ se réduit à trouver le terme affecté de $i$ dans le développement de la puissance $(x+i)^{m}$ suivant les puissances de $i.$

Lorsque l’exposant $m$ est un nombre quelconque entier ou fractionnaire, positif ou négatif, on démontre facilement, par les premières opérations de l’Algèbre, que les deux premiers termes de la puissance $m$ du binôme $x+i$ sont $x^{m}+mx^{m-1}i\,;$ ainsi, lorsque $f(x)=x^{m}$ ou $=\mathrm {A} x^{m},$ $\mathrm {A}$ étant un coefficient quelconque, on aura

$f'(x)=m\mathrm {A} x^{m-1},$

$m$ étant un nombre quelconque rationnel.

Comme tout nombre irrationnel peut être renfermé entre des limites rationnelles aussi resserrées que l’on veut, on en pourrait conclure tout de suite la vérité du résultat précédent pour une valeur quelconque irrationnelle de $m,$ puisqu’on peut, en resserrant les limites, diminuer l’erreur à volonté. Mais, comme il est plutôt question ici de la forme même de la fonction dérivée que de sa valeur absolue dans chaque cas particulier, nous croyons, pour ne rien laisser à désirer sur cette proposition fondamentale, devoir en donner une démonstration aussi générale que rigoureuse.

Puisque

$(x+i)^{m}=x^{m}\left(1+{\frac {i}{x}}\right)^{m}$

par les règles de l’Algèbre, si l’on fait pour abréger ${\frac {i}{x}}=\omega ,$ il s’agira de trouver le coefficient de $\omega$ dans le développement de $(1+\omega )^{m},$ quel que soit l’exposant $m.$ Or, quel que puisse être ce coefficient, comme il doit être indépendant de $\omega ,$ il est clair qu’il ne peut être qu’une fonction de $m,$ puisque l’expression $(1+\omega )^{m}$ ne contient que les deux indéterminées $\omega$ et $m.$ On pourra donc le représenter en général par $\operatorname {F} (m),$ la caractéristique $\operatorname {F}$ désignant une fonction déterminée, mais inconnue. Ainsi, comme en faisant $\omega$ nul, la quantité $(1+\omega )^{m}$ devient $1^{m}=1,$ on aura

$(1+\omega )^{m}=1+\omega \operatorname {F} (m)+\ldots .$

On aura donc aussi, pour un autre exposant quelconque $n,$

$(1+\omega )^{n}=1+\omega \operatorname {F} (n)+\ldots .$

Multipliant ensemble ces deux équations, on aura

$(1+\omega )^{m+n}=1+\omega \left[\operatorname {F} (m)+\operatorname {F} (n)\right]+\ldots .$

Car la théorie des puissances repose uniquement sur ce principe que $a^{m}a^{n}=a^{m+n},$ quelles que soient les quantités $a,m,n,$ et l’on peut même dire que c’est dans ce principe que consiste l’essence des puissances, lorsque les exposants ne peuvent être expriméspar des nombres.

Ainsi $\operatorname {F} (m)+\operatorname {F} (n)$ sera le coefficient de $\omega$ dans le développement de la puissance $(1+\omega )^{m+n}.$ Mais ce coefficient doit être représenté par $\operatorname {F} (m+n),$ puisque la fonction $(1+\omega )^{m}$ devient $(1+\omega )^{m+n},$ en y substituant $m+n$ pour $m.$ Donc il faudra que la fonction désignée par la caractéristique $\operatorname {F}$ soit telle que l’on ait

$\operatorname {F} (m+n)=\operatorname {F} (m)+\operatorname {F} (n),$

$m$ et $n$ étant des quantités quelconques.

Pour trouver d’une manière générale la forme de la fonction diaprés cette condition, je supposerai que la quantité $m$ soit changée en $m+i,$ et que la quantité $n$ le soit en $n-i,$ $i$ étant quelconque ; alors la fonction $\operatorname {F} (m+n)$ demeurera la même, et les fonctions $\operatorname {F} (m),\operatorname {F} (n)$ deviendront

$\operatorname {F} (m+i),\quad \operatorname {F} (n-i)\,;$

donc l’équation précédente donnera

$\operatorname {F} (m)+\operatorname {F} (n)=\operatorname {F} (m+i)+\operatorname {F} (n-i).$

Or, par le développement, la fonction

$\operatorname {F} (m+i)$

devient

$\operatorname {F} (m)+i\operatorname {F} '(m)+{\frac {i^{2}}{2}}\operatorname {F} ''(m)+\ldots ,$

comme on l’a vu plus haut ; et la fonction $\operatorname {F} (n-i)$ deviendra de même, en prenant $i$ négativement,

$\operatorname {F} (n)-i\operatorname {F} '(n)+{\frac {i^{2}}{2}}\operatorname {F} ''(n)-\ldots ,$

donc l’équation précédente se réduira à celle-ci

$i\left[\operatorname {F} '(m)-\operatorname {F} '(n)\right]+{\frac {i^{2}}{2}}\left[\operatorname {F} ''(m)+\operatorname {F} ''(n)\right]+\ldots =0,$

laquelle devant avoir lieu quelle que soit la valeur de $i,$ on aura nécessairement

$\operatorname {F} '(m)-\operatorname {F} '(n)=0,\quad \operatorname {F} ''(m)+\operatorname {F} ''(n)=0,\quad \ldots .$

La première de ces conditions donne

$\operatorname {F} '(m)=\operatorname {F} '(n),$

d’où l’on conclut d’abord que la valeur de la fonction $\operatorname {F} (m)$ doit être indépendante de la variable $m,$ puisqu’elle demeure la même en changeant la valeur de cette variable, et qu’ainsi cette valeur doit être constante relativement à la même variable.

On aura donc

$\operatorname {F} '(m)=a,$

$a$ étant une constante ; et cette valeur de $\operatorname {F} '(m)$ satisfera aux autres conditions, puisqu’on aura

$\operatorname {F} ''(m)=0,\quad \operatorname {F} '''(m)=0,\quad \ldots ,$

et de même

$\operatorname {F} ''(n)=0,\quad \operatorname {F} '''(n)=0,\quad \ldots .$

Tout se réduit donc à trouver la valeur de la fonction primitive $\operatorname {F} (m),$ d’après la fonction dérivée

$\operatorname {F} '(m)=a.$

Or il est facile de voir que $\operatorname {F} (m)$ ne peut être que de la forme $am+b,$ $b$ étant une constante arbitraire ; car on peut se convaincre qu’il n’y a que cette expression qui puisse donner $a$ pour sa fonction dérivée.

On peut d’ailleurs le démontrer directement comme il suit puisqu’on a en général

$\operatorname {F} (m+i)=\operatorname {F} (m)+i\operatorname {F} '(m)+{\frac {i^{2}}{2}}\operatorname {F} ''(m)+\ldots ,$

on aura, dans le cas présent,

${\begin{aligned}\operatorname {F} '(m)=a,\quad \operatorname {F} ''(m)=&0,\quad \operatorname {F} '''(m)=0,\quad \ldots ,\\\operatorname {F} (m+i)=&\operatorname {F} (m)+ai,\end{aligned}}$

et, comme $i$ peut être une quantité quelconque, si l’on fait $i=-m,$ alors la quantité $m+i$ deviendra zéro ; donc la valeur de $\operatorname {F} (m+i)$ sera indépendante de $m\,;$ elle sera par conséquent égale à une constante $b.$ On aura ainsi

$b=\operatorname {F} (m)-am,$

d’où

$\operatorname {F} (m)=am+b.$

Substituant cette valeur de $\operatorname {F} (m),$ on aura en général

$(1+\omega )^{m}=1+(am+b)\omega +\ldots ,$

quelle que soit la valeur de $m,a$ et $b$ étant des constantes indépen-

dantes de $m,$ dont la valeur doit se déterminer par la considération de quelques cas particuliers.

Pour cela, on fera d’abord $m=0,$ et l’on aura

$1=1+b\omega +\ldots ,$

donc $b=0.$ On fera ensuite $m=1,$ et l’on aura

$1+\omega =1+a\omega +\ldots \,;$

donc $a=1.$

D’où l’on conclura enfin

$(1+\omega )^{m}=1+m\omega +\ldots .$

Donc, puisque

$(x+i)^{m}=x^{m}(1+\omega )^{m},$

$\omega$ étant $={\frac {i}{x}},$ on aura

$\mathrm {A} (x+i)^{m}=\mathrm {A} x^{m}+\mathrm {A} mx^{m-1}i+\ldots ,$

quel que soit le nombre $m,$ de sorte que la fonction dérivée de $\mathrm {A} x^{m}$ sera de $\mathrm {A} mx^{m-1},$ comme nous l’avons trouvée d’abord pour le cas de $m$ rationnel.

La démonstration précédente ne laisse rien à désirer pour la rigueur et la généralité. Elle ne dépend que des fonctions dérivées de la forme la plus simple, et fournit, dès le commencement, un exemple remarquable de leur usage dans l’Analyse.

On peut donc établir pour règle générale que la fonction dérivée d’une puissance quelconque d’une variable est égale à la puissance d’un degré moindre d’une unité de la même variable, multipliée par l’exposant de la puissance donnée.

De là et de la loi du développement des fonctions résulte une démonstration aussi simple que générale, et peut-être la seule rigoureuse qu’on ait encore donnée de la formule du binôme pour un exposant quelconque.

En effet, puisqu’on vient de trouver que

$\operatorname {F} (x)=\mathrm {A} x^{m},$

donne

$\operatorname {F} '(x)=m\mathrm {A} x^{m-1},$

on aura de même, en prenant la fonction dérivée de cette dernière quantité,

$\operatorname {F} ''(x)=m(m-1)\mathrm {A} x^{m-2},$

et, par la même raison, on aura, en prenant de nouveau la fonction dérivée,

$\operatorname {F} '''(x)=m(m-1)(m-2)\mathrm {A} x^{m-3},$

et ainsi de suite.

Donc, puisqu’on a trouvé, en général,

$f(x+i)=f(x)+if'(x){\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+{\frac {i^{3}}{2.3}}f'''(x)+\ldots ,$

on aura, pour le cas de $f(x)=x^{m},$ la série

$(x+i)^{m}=x^{m}+mx^{m-1}i+{\frac {m(m-1)}{2}}x^{m-2}i^{2}+{\frac {m(m-1)(m-2)}{2.3}}x^{m-3}i^{3}+\ldots .$

Si l’on divise toute l’équation par $x^{m},$ et qu’on y mette ensuite $i$ à la place de ${\frac {i}{x}},$ on aura

$(1+i)^{m}=1+mi+{\frac {m(m-1)}{2}}i^{2}+{\frac {m(m-1)(m-2)}{2.3}}i^{3}+\ldots .$

Cette formule résulte de la précédente en y faisant $x=1\,;$ mais il n’aurait pas été rigoureux de l’en déduire de cette manière, puisqu’on a déjà remarqué que le développementde la fonction $f(x+i)$ en puissances entières de $i$ peut cesser d’être exact dans des cas particuliers de la valeur de $x.$

Si maintenant on multiplie l’équation précédente par $a^{m},$ et qu’on y substitue ensuite $b$ à la place de $ai,$ on aura

$(a+b)^{m}=a^{m}+ma^{m-1}b+{\frac {m(m-1)}{2}}a^{m-2}b^{2}+\ldots ,$

quelques valeurs qu’on attribue aux quantités $a,b,m.$

La méthode, que nous avons employée plus haut pour trouver directement la fonction primitive d’une quantité constante, peut être appliquée à d’autres cas. En effet, si dans la formule générale

$f(x+i)=f(x)+if'(x){\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+\ldots$

on fait

$i=-x,$

la fonction $f(x+i)$ deviendra indépendante de $x,$ et sera par conséquent égale à une constante $b,$ laquelle sera proprement la valeur de $f(x)$ lorsque $x=0.$ On aura donc ainsi

$b=f(x)-xf'(x)+{\frac {x^{2}}{2}}f''(x)-\ldots ,$

d’où l’on tire

$f(x)=b+xf'(x)-{\frac {x^{2}}{2}}f''(x)+\ldots .$

Si maintenant $f'(x)=a,$ on aura

$f''(x)=0,\quad f'''(x)=0,\quad \ldots \,;$

donc

$f(x)=b+ax.$

Si $f'(x)=ax,$ on aura

$f''(x)=a,\quad f'''(x)=0,\quad f^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}(x)=0,\quad \ldots \,;$

donc

$f(x)=b+ax^{2}-{\frac {ax^{2}}{2}}=b+{\frac {ax^{2}}{2}}.$

Si $f'(x)=ax^{2},$ on aura

$f''(x)=2ax,\quad f'''(x)=2a,\quad f^{\scriptscriptstyle {\text{IV}}}(x)=0,\quad f^{\scriptscriptstyle {\text{V}}}(x)=0,\quad \ldots \,;$

donc

$f(x)=b+ax^{3}-ax^{3}+{\frac {ax^{3}}{3}}=b+{\frac {ax^{3}}{3}},$

et ainsi de suite.

En général, si $f'(x)=ax^{n},$ on aura, en prenant les fonctions dérivées,

$f''(x)=nax^{n-1},\quad f'''(x)=n(n-1)ax^{n-2},\quad \ldots \,;$

donc, substituant ces valeurs,

$f(x)=b+ax^{n+1}\left[1-{\frac {n}{2}}+{\frac {n(n-1)}{2.3}}-{\frac {n(n-1)(n-2)}{2.3.4}}+\ldots \right].$

Or on a, par le développement,

$(1-1)^{n+1}=1-(n+1)+{\frac {(n+1)n}{2}}-{\frac {(n+1)n(n-1)}{2.3}}+\ldots =0\,;$

donc

$(n+1)\left[1-{\frac {n}{2}}+{\frac {n(n-1)}{2.3}}-\ldots \right]=1,$

et, par conséquent,

$1-{\frac {n}{2}}+{\frac {n(n-1)}{2.3}}-{\frac {n(n-1)(n-2)}{2.3.4}}+\ldots ={\frac {1}{n+1}},$

quel que soit le nombre $n\,;$ donc on aura

$f(x)={\frac {ax^{n+1}}{n+1}}+b.$

En effet, la fonction dérivée de cette quantité sera, par la règle générale,

${\frac {a(n+1)x^{n}}{n+1}}=ax^{n},$

la constante $b$ ayant zéro pour fonction dérivée.