Les dérivés d'ordres non
entiers
Par B. LISAN (article réalisé en 1976).
L'idée
était d'étendre les dérivés nième _ n appartenant à l’ensemble N (ensemble des
nombres entiers) _, aux dérivés non entières. Deux voies s'offraient :
A) prendre les dérivés
nièmes des fonctions connues (ex, log x, sin x, etc. ...)
et remplacer les n, dans les
formules qu'on trouvait, par des r (r appartenant à l’ensemble R, ensemble des
nombres rationnels).
Ex. : (sin x) ’ = cos x ... (sin x) (n) = sin (x + n . p / 2) donc (sin x) (r) = sin (x +
r. p
/ 2)
Le premier inconvénient peut
arriver quand on trouve deux formules égales de dérivés nièmes qui ne sont plus
égales quand n n'est plus entier : alors laquelle choisir ?
Ex. : Si on cherche la
dérivée nième de x m , on a :
(x m ) ’ = m . x m - 1, (x m ) ’’ = m . (m - 1) x m - 2, ... (x m ) (i)
= m . (m - l) . (m - 2) ... (m -
i + 1) . x m - i
ce qu'on peut encore écrire
par :
[ G
(m +1) . x m - i ] / G (m - i + 1) = (x m ) (i)
avec G = gamma (fonction
gamma) et avec « n » appartenant à l’ensemble N
quand on remplace
"i" par "n", ce qui donne
[ G
(m +1) . x m - n ] / G (m - n + 1) =
(x m ) (n)
Puis on remplace
"n" par "r", ce qui donne :
[ G
(m +1) . x m - r ] / G (m - r + 1) =
(x m ) (r)
donc, en posant m = - 1 ...
pour la dérivée « ième » de 1/x, on trouve l'infini.
Mais si on cherche la
dérivée de 1 / x, en dérivant successivement (1/x), on trouve :
( 1 / x ) ( n ) = ( - 1) n . n ! / x n
en remplaçant n par r, (r € R), on obtient :
( 1 / x ) ( r ) = ( - 1) r . G (r + 1) / x r + 1
qui est une expression
complexe à cause du (- 1) r.
Ce deux façons de trouver la
dérivée « rième » de 1/x ne donne pas le même résultat, et
cela montre qu'il faut être assez prudent. .
Le second inconvénient de
cette voie de recherche est de ne pas établir une formule générale pour les
dérivées d'ordre « rième ».
B) La seconde voie est de
chercher une formule générale de la dérivée « rième » et de
l'étendre.
Effectivement, il existe une
formule :
1 p
p
f (n) (x) =
lim — ( S C n (-1) p. f (x + (n – p). h )) avec C n =
n ! / ((n + p) ! p !)
h® 0 h n
(note : n ! = fonction
factorielle de n). Puis en remarquant que :
p
C r = G
(r +1) / [G (r - p +1). G
(p +1)] = [r . (r – 1) . (r – 2) …. . (r –p + 1)] / p !
p
est l'extension de : C n = n ! / ((n + p) ! p !)
On pose que la formule de la
dérivée « rième » est :
1 p
f (r) (x) =
lim — ( S C r (-1) p . f (x +(r – p). h )) (1)
h® 0 h r
avec C r = G (r +1) / [ G(r - p +1). G(p +1) ]
- 2 -
Remarque :
Il
ne faut pas, quand p tend vers l’infini, que ((r - p) . h) aille à l'infini [c.
à dire que ((r – p) . h) ® µ ], car pour une fonction croissante et non bornée,
cette dérivée divergerait. Explication :
1
n - 1 p
n
f (r) (x) =
lim — ( S C r . (-1) p. f (x +
(r – p). h)) + (-1) n . C r . f(x + (r –
n). h)
h ® 0 h r p = 0
n ® µ
n
le terme (- 1).C r . f ( x+(r - n) . h) tendrait alternativement vers +
ou - l'infini.
- II ne se peut pas non plus
que lim p . h = 0 car sinon la somme tendrait vers
h ® 0
n ® µ
µ p
f(x). (S . C r . (-1) p)
p = 0
ce qui veut dire
qu’obtiendrait f (x) = K .f (x) avec K = constante, ce qui est en général
faux.
Donc, on pose lim p . h = A
avec A = constante réelle non nulle (condition 1).
h ® 0
n ® µ
Les dérivées doivent
vérifier les formules :
(f + g) (r) = f (r) + g (r)
(2)
et [ f (x) (r) ] (s) = f (x) (r + s) (3)
les fonctions f, g qui sont
généralement continues. La démonstration de (3) est évidente :
1 µ p
(f+g) (r) (x) = lim
— ( S C r . (-1) p .[ f (x + (r – p). h )) + g(x + (r –p) . h)) ] =
h ® 0 h r p = 0
1 µ p
1 µ n
f (r) (x) = lim — ( S C r
. (-1) p.f(x+(r–p).h)) +
lim — (S C r
.(-1) p.g(x+(r–p).h))
h ® 0 h r p = 0 h ® 0 h r p = 0
La démonstration. de (4) est
un plus longue :
[ f (x) (r) ] (s) =
1 µ p 1 µ p µ q
lim — (SCs
.(-1)p.f (r)
(x+(s–p).h))= lim — (SCs
.(-1)p.(SCs
.(-1)q.f (r)(x+(s – p).h))
h ®0 h s p = 0 h®0 h s p
= 0
1 µ µ p q
= lim —— [(S S (-1)p+q
Cs.Cr.f
(x+(r+s–(p+q)).h)]
h®0 h r+s p = 0 q = 0
1 µ p q
= lim — (S S (-1) p+q
. Cs .Cr . f( x + ( r + s – (p + q) .
h)))
h®0 h r+s n=0
p+q=n
1 µ p
= lim —— [ S (-1)
p . C r + s . f (x + (r +
s – p). h)] .
h ® 0 h r+s p = 0
n ® µ
mais comme :
µ p p - n
n
S C s . C r = C r +
s (démonstration de la formule disponible auprès de
l’auteur).
p = 0
on trouve donc :
1 µ n
= lim —— [ S (-1) n . C r +
s . f (x + (r + s – n). h)]
h ® 0 h r+s n = 0
qui n’est autre que : f (r + s) (x).
- 3 -
On peut aussi démontrer que
f (-1) (x) est la primitive de f et que f (x) (0) = f(x)
(Pour ceux qui sont
intéressés, leur démonstration est disponible auprès de l’auteur).
FORMULE DE TAYLOR
GENERALISEE :
Nous allons essayer
d'étendre la généralisation de la formule de Taylor.
p = +µ
Imaginons que f(x+ r . h)
= S a p . h r+p . f (r+p) (x) (4)
p = -µ
où (a p) sont des constantes (pouvant être nulles) que nous
allons déterminer.
Si l’on prend h infiniment
petit alors dans ce cas :
f(x + r . h) = a- µ . f(x) (r
- µ) + … + a0
. hr . f (r) (x) + … + a+
µ . f(x) (r
+ µ). hr
+ µ
- n . f(x – (r – 1)) = a- r .( … + a0
. hr - 1 . f (r
- 1) (x) + a1 . hr . f(x) (r
) + … )
2 2
+ Cp . f (x + (r – 2). h) = Cp (…+ a0
. hr - 2 . f (r
- 2) (x) + a1 . hr
- 1 . f (r - 1) (x) + a2 . hr . f(x) (r
) + … )
2
donc h r . f (r) (x) = [
… [ a
–1 – r.a 0 + C r . a1 + …] h r-1 . f (r-1) (x)
2
+ [a 0 – r.a
1 + C r . a 2 + …] h r . f (r) (x) … ]
Pour obtenir l'égalité du
nombre de gauche st de droite, il faut que :
2 2
(a 0 – r.a
1 + C r . a 2 + … + (-1) p . C r . a p + … ) = 1
2 p
et ainsi que (a n –
r.a n+1 + C p . a n+2 + … + (-1) p . C r . a p + … ) = 0 ,
quelque soit n € Z – {0}
Dans le cas r = 1, on
retrouve la formule de Taylor et alors en identifiant la formule de Taylor avec
la formule (4), on trouve a n = 0 si n
€ Z – , et ( a n = 1 /
(p+1) ! ) ,
si p € Z +
On pose donc pour r =
1, a p = 1 / G (r + 2)
Dans le cas ou r # 1, on
généralise en écrivant a p = [g(r)/ G(p + r + 1)]
avec g(1) = 1.
La formule (5) devient :
p
g(r) ( (1 / G (r + 1)) – (r / G (r + 2)) + … (
(-1) p . C r / G (r + p + 1) )+ …
) = 1
(7)
et la formule (7) devient :
p
g(r) ((1/ G (r+ n+1)) – (r/ G(r+n+2)) + … ((-1) p . C r / G (r+ n+p + 1))+ …) = 1 (8)
et si cela est vrai alors :
f (x + r . h) = g ( r) . [ S (h / G (r+ + p +
1)) . f (r+p) (x) ]
Cette formule de Taylor
généralisée n'a de sens que si la fonction f (r+p) (x) est bien
déterminée (ce que nous cherchons actuellement à voir) .
Et nous essayons de
déterminer si la formule (8) est vraie :
C’est à dire si
[(1/ G (r + n + 1)) – (r / G(r + n + 2)) + … ((-1) p . C r / G (r + n + p + 1))] = 0
Intérêt :
Ces
recherches auraient pour but de trouver un moyen de calcul assez puissant pour
résoudre certaines équations différentielles (non solvable actuellement), car
il aurait été établi par exemple que, ci les dérivées entières existent, les
fonctions de Bessel entre autres, seraient les dérivées non entières des
fonctions sinus (+).
Benjamin LISAN
( (+) Note / commentaire de 2004 : je pense que je m’avançais beaucoup à l’époque concernant cette affirmation).