Votre navigateur n'accepte pas le Javascript. La navigation sur ce site risque de ne pas fonctionner correctement.

128. Une définition de l’exponentielle

Soit $z$ un nombre complexe fixé. Considérez la suite suivante définie par $\forall n\in\NN, u_n = \left(1+\frac{z}{n}\right)^n.$

Vous allez démontrer que la suite $(u_n)_{n\in\NN}$ est convergente. Sa limite sera notée $\mathrm{exp}(z)$ et appelée exponentielle de $z.$

Les suites de Cauchy

Soit $(a_n)_{n\in\N}$ une suite complexe vérifiant la propriété suivante :

$\forall \varepsilon > 0, \exists N\in\N, \forall n\geqslant N, \forall p\in\N, \lvert a_n-a_{n+p}\rvert \leqslant \varepsilon.$

La suite $(a_n)_{n\in\N}$ est dite de Cauchy.

Via le théorème de Bolzano-Weierstrass, qui dit que « de toute suite complexe bornée, on peut extraite une sous-suite convergente », vous pourrez démontrer que toute suite complexe de Cauchy est convergente.

La réciproque est valable. Si une suite complexe est convergente, c’est aussi une suite de Cauchy.

Munissez-vous de deux lemmes

Lemme 1. La suite $\left(\frac{\vert z \rvert^n}{n !}\right)_{n\in\N}$ converge vers $0$.

Notez $x = \lvert z \rvert$ et soit $N$ un entier strictement supérieur à $x+1.$

Soit $n\geq N.$ $\frac{x^n}{n !}\leq \frac{x^n}{(N-1)!N^{n-N}}\leq \frac{x^nN^N}{(N-1)!N^n} \leq \frac{N^N}{(N-1) !}\times\left(\frac{x}{N}\right)^n.$

Comme $0\leq \frac{x}{n} < 1$, $\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{x}{N}\right)^n = 0$, donc la suite $\left(\frac{\vert z \rvert^n}{n !}\right)_{n\in\N}$ converge vers $0$. En particulier, elle est majorée par un réel $M>0.$

Lemme 2. Soit $\varepsilon >0.$ Il existe un entier $N$ tel que, pour tout entier $M\geqslant N$, $\sum_{k=N}^M \frac{\vert z \rvert^n}{n !} \leqslant \varepsilon. $

De même posez $x = \lvert z \rvert.$

Soit $N$ un entier strictement supérieur à $2x + 1$ et $M$ un entier supérieur ou égal à $N.$

$\begin{align*}
\sum_{k=N}^M \frac{x^k}{k !} &\leq \sum_{k=0}^{M-N} \frac{x^{k+N}}{(k+N) !} \\
&\leq \frac{x^N}{N !}\sum_{k=0}^{M-N} \frac{x^{k}}{N^k} \\
&\leq \frac{x^N}{N !}\sum_{k=0}^{M-N} \left(\frac{x}{N}\right)^k \\
&\leq \frac{x^N}{N !}\sum_{k=0}^{M-N} \left(1/2\right)^k \\
&\leq \frac{x^N}{N !}\frac{1-(1/2)^{M-N+1}}{1-1/2} \\
&\leq \frac{x^N}{N !}\frac{1}{1-1/2} \\
&\leq \frac{2x^N}{N !}\\
\end{align*}$

D’après le lemme 1, $\lim_{N\to+\infty} \frac{x^N}{N !} = 0.$

Soit $\varepsilon > 0$. Choisissez $N$ tel que $\frac{x^N}{N !} \leq \frac{\varepsilon}{2}$.

Alors $\sum_{k=N}^M \frac{x^k}{k !}\leq \frac{2x^N}{N !} \leq 2 \times\frac{\varepsilon}{2} \leq \varepsilon.$

Montrez que la suite $n\mapsto \left(1+\frac{z}{n}\right)^n$ est de Cauchy

Construction de la preuve

Fixez un réel $\varepsilon >0$ et un nombre entier $N.$

Il s’agit d’effectuer une majoration de la quantité $\left\lvert\left(1+\frac{z}{n}\right)^n – \left(1+\frac{z}{n+p}\right)^{n+p} \right\rvert$ quand $n\geqslant N$ et $p\in\N.$

Utilisation de la formule du binôme

L’outil qui sera utilisé sera la formule du binôme $(a+b)^m = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k}a^kb^{m-k}.$

Appliquée avec $b=1$ et $a=\frac{z}{n}$, vous obtenez $\left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{z^k}{n^k}.$

Appliquée avec $b=1$ et $a=\frac{z}{n+p}$, vous obtenez $\left(1+\frac{z}{n+p}\right)^{n+p} = \sum_{k=0}^{n+p}\binom{n+p}{k}\frac{z^k}{n^k}.$

Afin de contrôler les quantités de la forme $\binom{n}{k}\frac{z^k}{n^k}$, vous utilisez le fait que $\binom{n}{k} = \frac{n !}{k !(n-k) !}$ ce qui fournit $\binom{n}{k}\frac{z^k}{n^k} = \frac{n !}{(n-k)!n^k}\frac{z^k}{k !}.$

Lorsque $k$ est nul, $\frac{n !}{(n-k)!n^k} = \frac{n !}{n !} = 1.$

Lorsque $k$ est égal à $1$, $\frac{n !}{(n-k)!n^k} = \frac{n !}{n(n-1) !} = 1.$

Soit $k$ un entier tel que $n\geqslant k\geqslant 2$. Vous pouvez écrire, en remarquant que $\frac{n !}{(n-k) !} = n\times \dots \times (n-(k-1))$ est un produit de $k$ facteurs, que $\frac{n !}{(n-k)!n^k} = \frac{n\times\cdots\times (n-(k-1))}{n^k}=\prod_{i=0}^{k-1}\left(1-\frac{i}{n}\right).$ Il est important de constater que $\frac{n !}{(n-k)!n^k} \in [0,1]$ et que $\lim_{n\to +\infty}\prod_{i=0}^{k-1}\left(1-\frac{i}{n}\right) = 1.$

Soit $N$ un entier naturel non nul que vous choisirez plus tard.

Pour tout $k$ compris entre $0$ et $N-1$ et pour tout entier naturel $n\in\NN$, notez $u_n^{(k)} = \frac{n !}{(n-k)!n^k}$. Vous définissez $N$ suites $u^{(0)}$, $\dots$, $u^{(N-1)}$ qui sont toutes convergentes vers $1$ et donc toutes de Cauchy.
Fixez $n\geqslant N$ et $p\in\NN.$

$\left\lvert\left(1+\frac{z}{n}\right)^n – \left(1+\frac{z}{n+p}\right)^{n+p} \right\rvert
\leqslant \left\lvert \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{z^k}{n^k} \,- \sum_{k=0}^{n+p} \binom{n+p}{k} \frac{z^k}{(n+p)^k}\right\rvert$

Il convient de séparer en deux les sommes pour lesquelles les indices $k$ sont inférieurs à $N-1$ avec les autres.

$\begin{align*}
\left\lvert\left(1+\frac{z}{n}\right)^n \,- \left(1+\frac{z}{n+p}\right)^{n+p} \right\rvert
&\leqslant \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \binom{n}{k} \frac{z^k}{n^k} \,- \sum_{k=0}^{N-1} \binom{n+p}{k} \frac{z^k}{(n+p)^k}\right\rvert + \left\lvert \sum_{k=N}^{n} \binom{n}{k} \frac{z^k}{n^k} \,- \sum_{k=N}^{n+p} \binom{n+p}{k} \frac{z^k}{(n+p)^k}\right\rvert \\
&\leqslant \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \frac{n !}{(n-k)!n^k}\frac{z^k}{k !} \,- \sum_{k=0}^{N-1} \frac{(n+p) !}{(n+p-k) !(n+p)^k}\frac{z^k}{k !}\right\rvert + \sum_{k=N}^{n} \binom{n}{k} \frac{\lvert z \rvert ^k}{n^k} + \sum_{k=N}^{n+p} \binom{n+p}{k} \frac{\lvert z \rvert^k}{(n+p)^k} \\
&\leqslant \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \left(\frac{n !}{(n-k)!n^k} – \frac{(n+p) !}{(n+p-k) !(n+p)^k}\right)\frac{z^k}{k !}\right\rvert + \sum_{k=N}^{n} \frac{\lvert z \rvert ^k}{k !} + \sum_{k=N}^{n+p} \frac{\lvert z \rvert^k}{k !}\\
&\leqslant \sum_{k=0}^{N-1} \left(\left\lvert\frac{n !}{(n-k)!n^k} – \frac{(n+p) !}{(n+p-k) !(n+p)^k}\right\rvert \frac{\lvert z\rvert ^k}{k !}\right) + 2 \sum_{k=N}^{n+p} \frac{\lvert z \rvert^k}{k !}\\
&\leqslant M \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert\frac{n !}{(n-k)!n^k} – \frac{(n+p) !}{(n+p-k) !(n+p)^k}\right\rvert + 2 \sum_{k=N}^{n+p} \frac{\lvert z \rvert^k}{k !}\\
&\leqslant M \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert u_n^{(k)} – u_{n+p}^{(k)}\right\rvert + 2 \sum_{k=N}^{n+p} \frac{\lvert z \rvert^k}{k !} \\
&\leqslant M \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert u_n^{(k)} – u_{n+p}^{(k)}\right\rvert + 4 \frac{\lvert z \rvert^N}{N !}
\end{align*}$

Fin de la preuve

Soit $\varepsilon >0.$ Il existe un entier naturel $N$ non nul tel que $\frac{\lvert z \rvert^N}{N !} \leqslant \frac{\varepsilon}{8}.$

Or il a été vu que $N$ suites $u^{(0)}$, $\dots$, $u^{(N-1)}$ sont toutes de Cauchy.

Donc il existe des entiers $S_0$, $\dots$, $S_{N-1}$ tels que pour tout $k$ compris entre $0$ et $N-1$ et tout entier $n\geqslant S_k$ et tout $p\in\N$, $\left\lvert u_n^{(k)} – u_{n+p}^{(k)}\right\rvert \leqslant \frac{\varepsilon}{2MN}.$

Soit $S$ le maximum des entiers $S_0$, $\dots$, $S_{N-1}.$ Alors pour tout $n\geqslant S$, pour tout $p\in\N$, $\sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert u_n^{(k)} – u_{n+p}^{(k)}\right\rvert\leqslant \frac{\varepsilon}{2M}.$

Du coup pour tout $n\geqslant S$, pour tout $p\in\N$, $M \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert u_n^{(k)} – u_{n+p}^{(k)}\right\rvert + 4 \frac{\lvert z \rvert^N}{N !} \leqslant M\frac{\varepsilon}{2M} + 4\frac{\varepsilon}{8}\leq \varepsilon$ ce qui conclut.

Prolongement

Soit $n\in\NN$ et $A$ une matrice complexe d’ordre $n.$ Comment définiriez-vous l’exponentielle de la matrice $A$ ? Quelle application trouveriez-vous ?

Partagez !

Diffusez cet article auprès de vos connaissances susceptibles d'être concernées en utilisant les boutons de partage ci-dessous.

Aidez-moi sur Facebook !

Vous appréciez cet article et souhaitez témoigner du temps que j'y ai passé pour le mettre en œuvre. C'est rapide à faire pour vous et c'est important pour moi, déposez un j'aime sur ma page Facebook. Je vous en remercie par avance.

Lisez d'autres articles !

Parcourez tous les articles qui ont été rédigés. Vous en trouverez sûrement un qui vous plaira !