L’objectif de cette série d’articles est de démontrer l’existence de la fonction exponentielle réelle et d’établir ses principales propriétés.
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Dans les contenus écrits [yanniswp_article_link nb= »250″ desc= »dans l’article 250″] et [yanniswp_article_link nb= »251″ desc= »dans l’article 251″] vous avez établi l’existence d’une fonction $e$ qui va de $\R$ dans $\R$ et qui vérifie les propriétés suivantes :
\begin{array}{l}
e(0)=1\\
\forall x\in\R, e(x) > 0.\\
\forall x\in\R, e(x)e(-x)=1\\
\forall (x,y)\in\R^2, e(x+y) = e(x)e(y).
\end{array}Il a été établi que pour tout réel $x$, la suite $\left(\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\right)_{n\geq 1}$ converge vers le réel $e(x).$
Dans cet article, vous démontrerez que la fonction $e$ résout le problème dit de Cauchy suivant :
\begin{array}{l}
e(0)=1\\
e\text{ est dérivable sur }\R\\
\forall x\in\R, e'(x) = e(x).
\end{array}Pour arriver à ce but, vous posez :
\boxed{\forall x\in\R, \forall n\in\NN, e_n(x) = \left(1+\frac{x}{n}\right)^n.}Calculez le taux de variation de la fonction $e$
Soit $x\in\R$ et $h$ un nombre réel non nul. Le taux de variation de la fonction $e$ est égal à :
\begin{align*}
\frac{e(x+h)-e(x)}{h} &= \frac{e(x)e(h)-e(x)}{h}\\
&= \frac{e(h)-1}{h}\times e(x).
\end{align*}Admettez provisoirement que $\lim_{h\to 0} \frac{e(h)-1}{h} = 1.$
Alors vous obtenez $\forall x\in\R, \lim_{h\to 0} \frac{e(x+h)-e(x)}{h} = e(x).$
La fonction $e$ est ainsi dérivable sur $\R$ et $\boxed{\forall x\in\R, e'(x)=e(x).}$
Il reste à ce stade à établir le résultat admis.
Montrez que $\lim_{h\to 0} \frac{e(h)-1}{h} = 1$
Soit $h$ un réel non nul appartenant à l’intervalle ouvert $]-1,1[.$
Comme $\lim_{n\to +\infty} e_n(h) = e(h)$ il semble pertinent de chercher une majoration de la quantité suivante, quand $n$ est suffisamment grand :
\left\vert \frac{e_n(h)-1}{h} - 1 \right\rvert.Soit $n$ un entier supérieur ou égal à 2. Démarrez en utilisant la formule du binôme :
\begin{align*}
e_n(h) &= \left(1+\frac{h}{n}\right)^n\\
&= \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}\\
&= 1+ \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}\frac{h^k}{n^k}\\
&= 1+ h\left(\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k+1}\frac{h^k}{n^{k+1}}\right).
\end{align*}Vous déduisez de ce calcul que :
\begin{align*}
\frac{e_n(h) - 1}{h} &= \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k+1}\frac{h^k}{n^{k+1}}\\
&= \binom{n}{0+1}\frac{h^0}{n^{0+1}} + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1}\frac{h^k}{n^{k+1}}\\
&= \binom{n}{1}\frac{1}{n} + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1}\frac{h^k}{n^{k+1}}\\
&=1 + h\left( \sum_{k=0}^{n-2} \binom{n}{k+2}\frac{h^k}{n^{k+2}}\right).
\end{align*}De cette égalité, vous déduisez la série de majorations :
\begin{align*}
\left\vert \frac{e_n(h) - 1}{h} -1 \right\vert &\leq \left\vert h\left( \sum_{k=0}^{n-2} \binom{n}{k+2}\frac{h^k}{n^{k+2}}\right) \right\vert \\
&\leq \left\vert h \right\vert \times \left\vert \sum_{k=0}^{n-2} \binom{n}{k+2}\frac{h^k}{n^{k+2}} \right\vert \\
&\leq \left\vert h \right\vert \times \sum_{k=0}^{n-2} \binom{n}{k+2}\frac{\left\vert h \right\vert^k}{n^{k+2}} \\
\end{align*}Selon un résultat vu [yanniswp_article_link nb= »250″ desc= »dans l’article 250″] vous avez $\forall k\in\llbracket 0, n-2\rrbracket, \binom{n}{k+2}\leq n^{k+2}.$ Du coup :
\begin{align*}
\left\vert \frac{e_n(h) - 1}{h} -1 \right\vert
&\leq \left\vert h \right\vert \times \sum_{k=0}^{n-2} \left\vert h \right\vert^k \\
&\leq \left\vert h \right\vert \times \frac{1- \left\vert h \right\vert^{n-1} }{1- \left\vert h \right\vert}\\
&\leq \frac{\left\vert h \right\vert }{1- \left\vert h \right\vert}.
\end{align*}Vous avez ainsi obtenu :
\begin{align*}
\forall h\in ]-1,0[\cup]0,1[, \forall n\geq 2, -\frac{\left\vert h \right\vert }{1- \left\vert h \right\vert} \leq \frac{e_n(h) - 1}{h} -1 \leq \frac{\left\vert h \right\vert }{1- \left\vert h \right\vert}.
\end{align*}Fixez $h \in ]-1,0[\cup]0,1[.$
Comme :
\begin{array}{l}
\forall n\geq 2, -\displaystyle\frac{\left\vert h \right\vert }{1- \left\vert h \right\vert} \leq \frac{e_n(h) - 1}{h} -1 \leq \frac{\left\vert h \right\vert }{1- \left\vert h \right\vert} \\
\displaystyle\lim_{n\to +\infty} e_n(h) = e(h)
\end{array}Vous déduisez que :
\begin{array}{l}
\forall h\in]-1,0[\cup]0,1[, -\displaystyle\frac{\left\vert h \right\vert }{1- \left\vert h \right\vert} \leq \frac{e(h) - 1}{h} -1 \leq \frac{\left\vert h \right\vert }{1- \left\vert h \right\vert}.
\end{array}Du coup, il vient :
\lim_{h\to 0}\frac{e(h)-1}{h} -1 = 0.En définitive :
\boxed{\lim_{h\to 0}\frac{e(h)-1}{h} = 1.}Complément : montrez que $\forall x\in\R, \forall n\in\N, e(nx) = (e(x))^n$
Ce résultat vous a servi pour obtenir l’intuition selon laquelle $e(x) = \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{x}{n}\right)^n$ au sein du contenu écrit [yanniswp_article_link nb= »250″ desc= »dans l’article 250″].
Par souci de complétude, vous démontrez ce résultat.
Soit $x$ un réel fixé.
Pour tout entier naturel $n$, vous notez $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $e(nx)=(e(x))^n$ ».
Initialisation. Pour $n=0$, $e(0x)=e(0)=1.$
D’autre part $(e(x))^0 = 1$ donc $\mathcal{P}(0)$ est vérifiée.
Hérédité. Soit $n\in\N$, supposez $\mathcal{P}(n).$
Il vient :
\begin{align*}
e((n+1)x) &= e(nx+x)\\
&= e(nx)\times e(x)\\
&= e(x)^n\times e(x)\\
&= e(x)^{n+1}.
\end{align*}Par conséquent, la propriété $\mathcal{P}(n+1)$ est vérifiée.
Conclusion. Vous avez montré que :
\boxed{\forall x\in\R, \forall n\in\N, e(nx) = (e(x))^n.}Prolongement
Il existe en fait une seule fonction et une seule, notée $e$ qui va de $\R$ dans $\R$ et qui vérifie :
\begin{array}{l}
e(0)=1\\
e\text{ est dérivable sur }\R\\
\forall x\in\R, e'(x) = e(x).
\end{array}Pourriez-vous démontrer l’unicité d’une telle fonction ?