130. L’exponentielle complexe est un morphisme de groupes

L’objectif de ce contenu est de démontrer que $\forall (z,z’)\in\C^2, \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)=\mathrm{exp}(z+z’).$

Pour y parvenir, vous allez utiliser le fait que $\forall z\in\C, \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$

Puis vous allez améliorer ce résultat, en justifiant que, si $(z_n)_{n\in\NN}$ est une suite complexe qui converge vers un nombre $z\in\C\comma$ alors vous avez encore $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$ Admettez un instant ce résultat et voyez pourquoi il permet de conclure.

Soient $z$ et $z’$ deux nombres complexes.

Partez de $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)$ et de $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z’}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z’).$

Par produit de limites, $\lim_{n\to+\infty} \left(\left(1 + \frac{z}{n}\right)\left(1+\frac{z’}{n}\right)\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Du coup, $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z+z’}{n}+\frac{zz’}{n^2}\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Ceci s’écrit encore $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z+z’+\frac{zz’}{n}}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Pour tout $n\in\NN$ posez $z_n = z+z’+\frac{zz’}{n}\comma$ alors $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Or, la suite $(z_n)_{n\in\NN}$ converge vers $z+z’\comma$ donc $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z+z’).$

Par unicité de la limite, vous obtenez $\boxed{\forall (z,z’)\in\C^2, \mathrm{exp}(z+z’) = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).}$

Prouvez que si $(z_n)_{n\in\NN}$ est une suite complexe qui converge vers un nombre $z\in\C\comma$ alors $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$

Soit $(z_n)_{n\in\NN}$ une suite de nombres complexes qui converge vers un nombre complexe $z.$

Vous allez montrer d’abord que la suite $\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n$ converge vers $0.$

Soit $\varepsilon \gt 0.$

Comme la suite $(z_n)_{n\in\NN}$ est convergente, elle est bornée. Il existe un réel $P\gt0$ tel que $\forall n\in\NN, \lvert z_n\rvert \leq P.$ Notez alors $M$ le maximum de $P$ et de $\lvert z\rvert.$ Notez que $\lim_{n\to+\infty} \frac{M^n}{n!}=0$ donc il existe un entier $N$ strictement supérieur à $2M+1$ tel que $\frac{M^N}{N! } \leq \frac{\varepsilon}{8}.$ Comme dans un autre article, cette condition permet de majorer $\sum_{k=N}^{n}\frac{M^k}{k!}$ par $\frac{2M^N}{N!}.$

Soit maintenant $n$ un entier tel que $n\geq N.$

\begin{align*} \left\lvert\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right\rvert &\leq \left\lvert \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{z_n^k-z^k}{n^k}\right\rvert \\ &\leq \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \binom{n}{k}\frac{z_n^k-z^k}{n^k}\right\rvert + \left\lvert \sum_{k=N}^{n} \binom{n}{k}\frac{z_n^k-z^k}{n^k}\right\rvert \\ &\leq \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \frac{n!}{(n-k)! n^k}\frac{z_n^k-z^k}{k! }\right\rvert + \left\lvert \sum_{k=N}^{n}\frac{n!}{(n-k)! n^k}\frac{z_n^k-z^k}{k! }\right\rvert. \end{align*}

Or, pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $n\comma$ $\frac{n!}{(n-k)! n^k} \leq 1$ donc :

\begin{align*} \left\lvert\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right\rvert &\leq \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + \sum_{k=N}^{n}\frac{\lvert z_n\rvert ^k+\lvert z\rvert ^k}{k! }\\ &\leq \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + 2 \sum_{k=N}^{n}\frac{M^k}{k! } \\ &\leq \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + 4 \frac{M^N}{N! } \\ &\leq\sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + \frac{\varepsilon}{2}. \end{align*}

Or, pour tout $k$ compris entre $0$ et $N-1\comma$ $\lim_{n\to +\infty} z_n^k-z^k = 0.$

Comme ces limites sont en nombre fini, $\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } = 0.$ Donc il existe un entier $N’\gt N$ tel que $\forall n\geq N’, \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Vous avez donc montré que $\forall \varepsilon \gt 0, \exists N’\geq 1, \forall n\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right\rvert \leq \varepsilon.$

Autrement dit $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n = 0.$

Or, $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$

Ainsi, par somme de suites convergentes, vous constatez que la suite $\left(\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n\right)_{n\in\NN}$ est convergente et que sa limite est égale à $\mathrm{exp}(z).$

Le résultat $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)$ est enfin prouvé.

Vers le morphisme de groupes

L’ensemble $\C$ muni de l’addition est un groupe, de même l’ensemble $\C^{*}$ muni de la multiplication est un groupe.

Il convient juste de justifier que $\forall z\in\C, \mathrm{exp}(z)\neq 0.$

Notez que $\mathrm{exp}(0) = \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{0}{n}\right)^n = 1.$

Soit $z\in\C.$ Comme $z+(-z)=0$ il s’ensuit que $\mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(-z)=\mathrm{exp}(0)=1.$ Donc $\mathrm{exp}(z)\neq 0.$

Combiné au fait que $\forall (z,z’)\in\C^2, \mathrm{exp}(z+z’)=\mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)$ et que $\forall z\in\C, \mathrm{exp}(z) \in\C^{*}\comma$ l’exponentielle complexe est un morphisme de groupes de $(\C,+)$ dans $(\C^{*}, \times).$

Prolongement

Pourriez-vous justifier que l’exponentielle complexe, qui va de $\C$ dans $\C^{*}\comma$ est surjective ?