Il s’agit de justifier que, pour tout nombre complexe $z$, la limite $\lim_{h\to 0} \frac{\mathrm{exp}(z+h)-\mathrm{exp}(z)}{h}$ existe, quand $h$ est un nombre complexe tendant vers $0.$ Cela fera de la fonction exponentielle une fonction entière.
Beaucoup mieux, vous allez démontrer que la dérivée au sens complexe de la fonction exponentielle est égale à elle-même.
Approximez uniformément $\mathrm{exp}(h)$ par un polynôme quand $h$ est de module inférieur ou égal à $1$
Vous savez déjà que $\forall h\in\C, \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{h}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(h).$
Néanmoins, cela n’est pas suffisant… pour établir ce qui est affiché. Vous allez avoir besoin d’une convergence dite uniforme.
Soit $\varepsilon > 0.$
Vous voulez montrer qu’il existe un entier naturel $N’$ tel que, pour tout $n\geq N’$ et pour tout $h\in\C$ de module inférieur ou égal à 1, $\left\lvert \left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \mathrm{exp}(h)\right\rvert \leq \varepsilon.$
Comme $\lim_{q\to +\infty} \frac{4}{q !} = 0$, il existe un entier $N\in\NN$ un entier tel que $\frac{4}{N !}\leq \frac{\varepsilon}{2}.$
Cet entier $N$ étant posé, remarquez que pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $N-1$, $\lim_{q\to +\infty} \frac{q !}{(q-k)!q^k} = 1.$ Du coup, $\lim_{q\to +\infty} \sum_{k=0}^{N-1} \left\rvert \frac{q !}{(q-k)!q^k} -1 \right\rvert = 0.$
Il existe donc un entier $N’\geq N$ tel que $\forall q\geq N’, \sum_{k=0}^{N-1} \left\rvert \frac{q !}{(q-k)!q^k} -1 \right\rvert \leq \frac{\varepsilon}{4}.$
Soit $n\geq N’$, soit $p\geq N’$ et $h$ un nombre complexe non nul, de module inférieur ou égal à $1.$
\begin{aligned}
\left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert
&\leq \left\lvert\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}-\sum_{k=0}^p \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert \\
&\leq \left\lvert\sum_{k=0}^{N-1} \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}-\sum_{k=0}^{N-1} \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert + \left\lvert\sum_{k=N}^n \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}-\sum_{k=N}^p \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}- \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert +
\sum_{k=N}^n \binom{n}{k}\frac{\lvert h\rvert ^k}{n^k}+\sum_{k=N}^p \binom{p}{k}\frac{\lvert h\rvert ^k}{p^k} \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}- \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert +
\sum_{k=N}^n \binom{n}{k}\frac{1}{n^k}+\sum_{k=N}^p \binom{p}{k}\frac{1}{p^k} \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}- \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert +
\sum_{k=N}^n \frac{n !}{(n-k)!n^k}\frac{1}{k !}+\sum_{k=N}^p \frac{p !}{(p-k)!p^k}\frac{1}{k !} \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}- \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert +
\sum_{k=N}^n \frac{1}{k !}+\sum_{k=N}^p \frac{1}{k !} \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}- \binom{p}{k}\frac{h^k}{p^k}\right\rvert +
\frac{2}{N !}+\frac{2}{N !} \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \frac{n !}{(n-k)!n^k}\frac{h^k}{k !}- \frac{p !}{(p-k)!p^k}\frac{h^k}{k !}\right\rvert +
\frac{4}{N !}\\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \frac{n !}{(n-k)!n^k}- \frac{p !}{(p-k)!p^k}\right\rvert \frac{\lvert h\rvert ^k}{k !}+
\frac{4}{N !}\\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \frac{n !}{(n-k)!n^k}- \frac{p !}{(p-k)!p^k}\right\rvert \frac{1}{k !}+
\frac{4}{N !}\\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \frac{n !}{(n-k)!n^k}- \frac{p !}{(p-k)!p^k}\right\rvert +
\frac{4}{N !}\\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert \frac{n !}{(n-k)!n^k}- 1\right\rvert + \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert 1-\frac{p !}{(p-k)!p^k}\right\rvert +
\frac{4}{N !}\\
&\leq \frac{\varepsilon}{4} +\frac{\varepsilon}{4} + \frac{\varepsilon}{2} \\
&\leq \varepsilon.
\end{aligned}
Vous en déduisez le résultat suivant.
$\forall \varepsilon > 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N’, \forall p\geq N’, \forall h\in\C, \lvert h\rvert \leq 1 \implies \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert \leq \varepsilon.$
Notez $S$ l’ensemble des nombres complexes de module inférieur ou égal à $1.$ Alors :
$\forall \varepsilon > 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N’, \forall p\geq N’, \forall h\in S, \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert \leq \varepsilon$
ce qui s’écrit aussi :
$\boxed{\forall \varepsilon > 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N’, \forall h\in S, \forall p\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert \leq \varepsilon.}$
Maintenant vous pouvez conclure.
Fixez $\varepsilon > 0.$ Il existe $N’\in\NN$ tel que $\forall n\geq N’, \forall h\in S, \forall p\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert \leq \varepsilon.$
Fixez maintenant $n\geq N’$ et $h\in S.$
Alors $\forall p\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert \leq \varepsilon.$
Du coup :
\begin{aligned}
\forall p\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \mathrm{exp}(h)\right\rvert
&\leq \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \left(1+\frac{h}{p}\right)^p\right\rvert + \left\lvert\ \left(1+\frac{h}{p}\right)^p – \mathrm{exp}(h) \right\rvert \\
&\leq \varepsilon + \left\lvert\ \left(1+\frac{h}{p}\right)^p – \mathrm{exp}(h) \right\rvert.
\end{aligned}
Comme $\lim_{p\to +\infty} \left\lvert\ \left(1+\frac{h}{p}\right)^p – \mathrm{exp}(h) \right\rvert = 0$ vous déduisez que $\left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \mathrm{exp}(h)\right\rvert \leq \varepsilon.$
Vous avez prouvé que $\boxed{\forall \varepsilon > 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N, \forall h\in\C, \lvert h \rvert \leq 1 \implies \left\lvert\left(1+\frac{h}{n}\right)^n – \mathrm{exp}(h)\right\rvert \leq \varepsilon.}$
Majorez $\lvert\mathrm{exp}(h)-1-h\rvert$ lorsque $h$ est de module inférieur ou égal à $1$
Fixez $\varepsilon > 0.$ Il existe un entier $N\geq 2$ tel que $\forall h\in S, \left\lvert\left(1+\frac{h}{N}\right)^N – \mathrm{exp}(h)\right\rvert \leq \varepsilon.$
Soit $h\in S.$
\begin{aligned}
\left\rvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert &\leq \left\rvert \mathrm{exp}(h) – \left(1+\frac{h}{N}\right)^N\right\rvert + \left\rvert \left(1+\frac{h}{N}\right)^N – 1- h \right\rvert \\
&\leq \varepsilon + \left\rvert \left(1+\frac{h}{N}\right)^N – 1- h \right\rvert \\
&\leq \varepsilon + \left\rvert \sum_{k=0}^N \binom{N}{k} \frac{h^k}{N^k} – 1- h \right\rvert \\
&\leq \varepsilon+ \left\rvert 1 + h + \sum_{k=2}^N \binom{N}{k} \frac{h^k}{N^k} – 1- h \right\rvert \\
&\leq \varepsilon + \left\rvert \sum_{k=2}^N \binom{N}{k} \frac{h^k}{N^k} \right\rvert \\
&\leq \varepsilon + \sum_{k=2}^N \frac{\lvert h\rvert ^k}{k !} \\
&\leq \varepsilon + \lvert h\rvert ^2\sum_{k=2}^N \frac{\lvert h\rvert ^{k-2}}{k !} \\
&\leq \varepsilon + \lvert h\rvert ^2\sum_{k=2}^N \frac{1}{k !} \\
&\leq \varepsilon + \lvert h\rvert ^2\frac{2}{2 !} \\
&\leq \varepsilon + \lvert h\rvert^2.
\end{aligned}
Vous avez prouvé que $\forall \varepsilon >0, \forall h\in S, \left\rvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert\leq \varepsilon + \lvert h\rvert^2.$
Donc :
$ \forall h\in S, \forall \varepsilon >0, \left\rvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert\leq \varepsilon + \lvert h\rvert^2.$
Fixez $h\in S.$ Alors $\forall \varepsilon >0, \left\rvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert\leq \varepsilon + \lvert h\rvert^2.$
En particulier, en prenant la limite du membre de droite lorsque $\varepsilon$ tend vers $0$, vous déduisez que $\left\rvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert\leq \lvert h\rvert^2.$
Ainsi, $\boxed{\forall h\in \C, \lvert h \rvert \leq 1 \implies \left\lvert \mathrm{exp}(h) – 1 – h\right\rvert\leq \lvert h\rvert^2.}$
Etablissez que la dérivée de l’exponentielle est égale à elle-même
Soit $z\in\C$ et soit $h\in\C^{*}$ de module inférieur ou égal à $1.$
\begin{aligned}
\left\lvert \frac{\mathrm{exp}(z+h) -\mathrm{exp}(z) }{h} – \mathrm{exp}(z) \right\rvert &\leq
\left\lvert \frac{\mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(h) -\mathrm{exp}(z) }{h} – \mathrm{exp}(z) \right\rvert \\
&\leq
\lvert \mathrm{exp}(z) \rvert \left\lvert \frac{\mathrm{exp}(h) -1 }{h} – 1 \right\rvert \\
&\leq
\lvert \mathrm{exp}(z) \rvert \left\lvert \frac{\mathrm{exp}(h) -1 -h }{h} \right\rvert \\
&\leq
\lvert \mathrm{exp}(z) \rvert \frac{\left\lvert \mathrm{exp}(h) -1 -h\right\rvert }{\lvert h\rvert } \\
&\leq
\lvert \mathrm{exp}(z) \rvert \frac{\left\lvert h \right\rvert^2 }{\lvert h\rvert } \\
&\leq
\lvert \mathrm{exp}(z) \rvert \lvert h\rvert \\
\end{aligned}
Et par suite, $\boxed{\forall z\in\C, \lim_{h\to 0} \frac{\mathrm{exp}(z+h) -\mathrm{exp}(z) }{h} = \mathrm{exp}(z).}$
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 !