Pourquoi les formules du binôme et de Leibniz se ressemblent-elles tant ?

Voici deux formules célèbres :

Formule du binôme de Newton

Pour tout entier naturel $n$ et tout couple $\left(a,b\right)$ de nombres réels :

( $\blacktriangle$ ) $\left(a+b\right)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{k}b^{n-k}$

Formule de Leibniz

Soit $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ (ni vide ni réduit à un singleton).

Pour tout entier naturel $n$ et tout couple $\left(f,g\right)$ de fonctions indéfiniment dérivables sur $I$ :

( $\blacktriangledown$ ) $\left(fg\right)^{\left(n\right)}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}f^{\left(k\right)}g^{\left(n-k\right)}$

Si $\varphi:I\rightarrow\mathbb{R}$ est $k$ fois dérivable, sa dérivée $k-$ ème est notée $\varphi^{\left(k\right)}.$ Les parenthèses autour de l’exposant permettent d’éviter toute confusion avec une puissance ordinaire (produit de $k$ fonctions égales à $\varphi)$ ou avec une itérée (composée de $\varphi$ par elle-même, $k$ fois).

La ressemblance formelle entre les formules $\left(\blacktriangle\right)$ et $\left(\blacktriangledown\right)$ est assez frappante !

Comment expliquer cela ?
Peut-on déduire chacune d’elles à partir de l’autre ?
Ces deux formules peuvent-elles être vues comme des cas particuliers d’un résultat plus général ?

Telles sont les questions que je vous propose d’aborder dans cet article.

Une version abrégée de cette question est aussi consultable sur HighKholle

1 – Preuve classique de $\left(\blacktriangle\right)$

La formule du binôme se démontre généralement par récurrence.

On trouvera par ici une preuve détaillée, que je vous suggère vivement d’étudier avant de poursuivre la lecture de cet article.

Mais on aura besoin, dans la suite, d’une version plus générale de ce résultat :

Formule du binôme dans un anneau

Soit $\left(A,+,\times\right)$ un anneau et soit $\left(a,b\right)$ un couple d’éléments de $A$ vérifiant $ab=ba.$

On dit que $a$ et $b$ commutent.

Alors, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$\left(a+b\right)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{k}b^{n-k}$

Rappelons à toutes fins utiles que, par définition d’un anneau :

l’opération $+$ est commutative, associative et possède un élément neutre (qu’on peut noter $0_{A}).$ En outre, tout $a\in A$ possède un symétrique pour l’opération $+$ (c’est l’opposé de $a,$ noté $-a).$
l’opération $\times$ est associative et possède un élément neutre (qu’on peut noter $1_{A}).$ De plus, l’opération $\times$ est distributive à gauche et à droite sur l’opération $+.$

Enfin, si $k\in\mathbb{Z}$ et $a\in A$ alors $ka$ désigne, par définition :

$\underbrace{a+\cdots+a}_{k\text{ termes}}\qquad\text{si }k\geqslant1$

$0_{A}\qquad\text{si }k=0$

$-\left(-k\right)a\qquad\text{si }k<0$

Cette convention d’écriture est standard en théorie des anneaux. Elle donne du sens au second membre de la formule du binôme énoncée ci-dessus.

La démonstration de cette version plus générale se fait par récurrence, tout comme dans le champ réel… mais sauriez-vous expliquer précisément où intervient l’hypothèse de commutation ?

2 – Preuve classique de $\left(\blacktriangledown\right)$

Nous démontrons dans cette section la formule de Leibniz, en procédant par récurrence.

Un intervalle $I$ non trivial est fixé une fois pour toutes.

On considère, pour tout $n\in\mathbb{N},$ l’assertion suivante :

Assertion $\mathcal{A}_n$

Pour tout couple $\left(f,g\right)$ d’applications indéfiniment dérivable sur $I$ :

$\left(fg\right)^{\left(n\right)}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}f^{\left(k\right)}g^{\left(n-k\right)}$

➣ L’assertion $\left(\mathcal{A}_{0}\right)$ est évidemment vraie, puisque $f^{\left(0\right)}=f$ : on ne dérive pas, tout simplement.

➣ Supposons $\left(\mathcal{A}_{n}\right)$ vraie pour un certain $n\in\mathbb{N}$ et considérons un couple $\left(f,g\right)$ d’applications indéfiniment dérivables sur $I.$ En dérivant une fois la formule au rang $n,$ on obtient, par linéarité de la dérivation :

$\begin{equation*}\begin{split}\left(fg\right)^{\left(n+1\right)} & =\left(\left(fg\right)^{\left(n\right)}\right)'\\& =\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\left(f^{\left(k\right)}g^{\left(n-k\right)}\right)'\end{split}\end{equation*}$

c’est-à-dire :

$\left(fg\right)^{\left(n+1\right)}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\left(f^{\left(k+1\right)}g^{\left(n-k\right)}+f^{\left(k\right)}g^{\left(n+1-k\right)}\right)$

On peut séparer cette somme et deux et ré-indexer le premier fragment :

$\left(fg\right)^{\left(n+1\right)} =\sum_{k=1}^{n+1}\binom{n}{k-1}f^{\left(k\right)}g^{\left(n+1-k\right)}+\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}f^{\left(k\right)}g^{\left(n+1-k\right)}$

Maintenant que les termes généraux des deux sommes se ressemblent, il est temps de fusionner à nouveau les deux fragments, mais il faut avant cela harmoniser les ensembles d’indexations en isolant le terme d’indice $n+1$ du premier fragment, ainsi que celui d’indice $0$ du second :

$\left(fg\right)^{\left(n+1\right)}=f^{\left(n+1\right)}g+fg^{\left(n+1\right)}+\sum_{k=1}^{n}\left[\binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}\right]f^{\left(k\right)}g^{\left(n+1-k\right)}$

Pour finir, on applique la formule de Pascal, selon laquelle :

$\binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}=\binom{n+1}{k}$

ce qui donne :

$\begin{equation*}\begin{split}\left(fg\right)^{\left(n+1\right)} & = f^{\left(n+1\right)}g+fg^{\left(n+1\right)}+\sum_{k=1}^{n}\binom{n+1}{k}f^{\left(k\right)}g^{\left(n+1-k\right)}\\& = \sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}f^{\left(k\right)}g^{\left(n+1-k\right)}\end{split}\end{equation*}$

Ceci termine la preuve de l’hérédité.

Remarque 1

Si vous avez en tête la preuve par récurrence de la formule du binôme, vous devez bien sentir qu’on a essentiellement refait la même chose… d’où l’idée de chercher une connexion entre les deux résultats : c’est ce qui motive le présent article.

Remarque 2

Il existe une meilleure version de la formule de Leibniz, dans laquelle les fonctions $f$ et $g$ sont supposées seulement $n$ fois dérivables. J’ai choisi de me limiter au cas où $f$ et $g$ sont indéfiniment dérivables, afin de simplifier la présentation.

3 – Déduire $\left(\blacktriangle\right)$ de $\left(\blacktriangledown\right)$ : astucieux mais simple

Considérons deux réels $a,b$ ainsi que les applications $f,g$ définies par :

$f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto e^{at}\qquad\text{et}\qquad g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto e^{bt}$

de sorte que leur produit est :

$fg:\mathbb{R}\to\mathbb{R},t\mapsto e^{(a+b)t}$

Evidemment, $f$ et $g$ sont indéfiniment dérivables et pour tout $k\in\mathbb{N}$ :

$f^{\left(k\right)}:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto a^{k}\thinspace e^{at}$

Formules analogues pour les dérivées successives de $g$ et de $fg$ .

Supposons connue la formule de Leibniz et appliquons-la à ce couple $\left(f,g\right).$ Il vient, pour tout $n\in\mathbb{N}$ et pour tout $t\in\mathbb{R}$ :

$\left(a+b\right)^{n}e^{\left(a+b\right)t}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{k}e^{at}b^{n-k}e^{bt}$

d’où, après simplification par $e^{\left(a+b\right)t}$ (qui n’est pas nul !) :

$\left(a+b\right)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{k}b^{n-k}$

Et hop, voilà 🙂

On a démontré la formule du binôme (dans le champ réel) en partant de la formule de Leibniz.

Et dans l’autre sens ? Voyons …

4 – Déduire $\left(\blacktriangledown\right)$ de $\left(\blacktriangle\right)$ : pas commode !

A présent, on suppose connue la formule du binôme dans un anneau (c’est-à-dire la version générale décrite à la section 1).

Considérons le $\mathbb{C}$ -espace vectoriel $E=\mathcal{C}^{\infty}\left(\mathbb{R}^{2},\,\mathbb{C}\right)$ et l’anneau $A=\mathcal{L}\left(E\right).$

Les vecteurs de $E$ sont donc les applications indéfiniment différentiables de $\mathbb{R}^{2}$ dans $\mathbb{C}.$

Quant aux éléments de $A,$ ce sont les endomorphismes de $E.$ Parmi eux se trouvent les endomorphismes de dérivation partielle $\frac{\partial}{\partial x}$ et $\frac{\partial}{\partial y}$ , qui commutent d’après le théorème de Schwarz .

On peut donc appliquer la formule du binôme :

( $\blacksquare$ ) $\left(\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial y}\right)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\,\binom{n}{k}\,\frac{\partial^{n}}{\partial x^{k}\,\partial y^{n-k}}$

ATTENTION !

Les deux membres de l’égalité ci-dessus appartiennent à l’anneau $\mathcal{L}\left(\mathcal{C}^\infty\left(\mathbb{R}^2,\mathbb{C}\right)\right)$

Etant données $f,g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{C}$ de classe $C^{\infty},$ appliquons $\left(\blacksquare\right)$ à $f\otimes g\in E$ définie par :

$f\otimes g:\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{C},\thinspace\left(x,y\right)\mapsto f\left(x\right)\,g\left(y\right)$

On obtient :

$\left(\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial y}\right)^{n}\left(f\otimes g\right)=\sum_{k=0}^{n}\,\binom{n}{k}\,f^{\left(k\right)}\otimes g^{\left(n-k\right)}$

Il reste à « faire » $y=x.$ Pour cela, notons $\psi\in\mathcal{L}\left(E\right)$ défini par :

$\forall h\in E,\,\forall\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^{2},\,\left[\psi\left(h\right)\right]\left(x,y\right)=h\left(x,x\right)$

On observe que $\psi$ et $\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial y}$ commutent, car pour tout $h\in E,$ on a d’une part :

$\left[\psi\circ\left(\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial y}\right)\right]\left(h\right)\,:\,\left(x,y\right)\mapsto\frac{\partial h}{\partial x}\left(x,x\right)+\frac{\partial h}{\partial y}\left(x,x\right)$

et d’autre part (dérivation composée) :

$\left[\left(\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial y}\right)\circ\psi\right]\left(h\right)\,:\,\left(x,y\right)\mapsto\frac{\partial}{\partial x}\left(h\left(x,x\right)\right)=\frac{\partial h}{\partial x}\left(x,x\right)+\frac{\partial h}{\partial y}\left(x,x\right)$

Par conséquent :

$\begin{equation*}\begin{split}\left(fg\right)^{\left(n\right)} & = \left[\left(\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial y}\right)^{n}\circ\psi\right]\left(f\otimes g\right)\\& = \left[\psi\circ\left(\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial y}\right)^{n}\right]\left(f\otimes g\right)\end{split}\end{equation*}$

càd :

$\left(fg\right)^{\left(n\right)}=\sum_{k=0}^{n}\,\binom{n}{k}\,\psi\left(f^{\left(k\right)}\otimes g^{\left(n-k\right)}\right)$

Autrement dit :

$\boxed{\left(fg\right)^{\left(n\right)}=\sum_{k=0}^{n}\,\binom{n}{k}\,f^{\left(k\right)}\,g^{\left(n-k\right)}}$

Pas commode, en effet … mais on a bien établi la formule de Leibniz en partant de la formule du binôme.

Remarque

En mathématiques, il est fréquent qu’un « élargissement du contexte » permette de démontrer confortablement un résultat qui s’énonce a priori dans un contexte plus restreint. Par exemple, une somme de nombres réels peut parfois être calculée plus commodément en étant considérée comme la partie réelle ou imaginaire d’une somme de nombres complexes. Cette situation apparaît par exemple à l’exercice n° 6 de cette fiche d’exercices.

C’est ce qui s’est produit dans la preuve de la formule de Leibniz qu’on vient de voir : un problème concernant des fonctions d’une seule variable a été résolu en passant par un contexte plus large, faisant intervenir des fonctions de deux variables !

5 – On prend de la hauteur…

Dans l’introduction, nous nous sommes demandés s’il existait un résultat général englobant les formules $\left(\blacktriangle\right)$ et $\left(\blacktriangledown\right)$ comme des cas particuliers. Voici un élément de réponse :

Lemme

Soit $\mathbb{A}$ un anneau commutatif.

On considère un $\mathbb{A}-$ module $M$ ainsi qu’un morphisme $f\in\mathcal{L}\left(M\right)$ .

Si $\left(T_{p,q}\right)_{\left(p,q\right)\in\mathbb{N}^{2}}$ est une famille d’éléments de $M$ vérifiant :

$\forall\left(p,q\right)\in\mathbb{N}^{2},\thinspace f\left(T_{p,q}\right)=T_{p+1,q}+T_{p,q+1}$

Alors :

$\fcolorbox{black}{myBlue}{$\forall n\in\mathbb{N},\thinspace f^{n}\left(T_{0,0}\right)=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}T_{k,n-k}}$}$

La preuve se fait par récurrence sur $n,$ via la formule de Pascal pour les coefficients binomiaux, exactement selon le modèle déjà expliqué plus haut.

Voici maintenant deux cas particuliers qui nous intéressent :

Cas particulier n° 1

Etant donné un anneau commutatif $\left(\mathbb{A},+,\times\right)$ :

on choisit $M=\mathbb{A}$ et l’on fixe $\left(a,b\right)\in\mathbb{A}^{2},$
on choisit $f:\mathbb{A}\rightarrow\mathbb{A},\thinspace x\mapsto\left(a+b\right)x,$
on pose $T_{p,q}=a^{p}b^{q}$ pour tout $\left(p,q\right)\in\mathbb{N}^{2}.$

➣ on retrouve la formule du binôme (dans le cas d’un anneau \textbf{\emph{commutatif}}).

Cas particulier n° 2

Avec $\mathbb{A}=\mathbb{R}$ :

on choisit $M=\mathcal{C}^{\infty}\left(I,\mathbb{R}\right)$ où $I$ est un intervalle non trivial et l’on fixe $\left(f,g\right)\in M^{2},$
on choisit $f:M\rightarrow M,\thinspace u\mapsto u'$ (morphisme de dérivation)
on pose $T_{p,q}=f^{\left(p\right)}g^{\left(q\right)}$ pour tout $\left(p,q\right)\in\mathbb{N}^{2}.$

➣ on retrouve la formule de Leibniz.

Vos questions ou remarques sont les bienvenues. Vous pouvez laisser un commentaire ci-dessous ou bien passer par le formulaire de contact.

Partager cet article