L’objectif de cette série d’articles est de démontrer l’existence de la fonction exponentielle réelle et d’établir ses principales propriétés.
Retrouvez le contexte
Dans d’autres articles, vous avez établi l’existence d’une fonction $e$ qui va de $\R$ dans $\R$ et qui vérifie les propriétés suivantes :
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 250.
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 251.
\begin{array}{l}
e(0)=1\\
\forall x\in\R, e(x) \gt 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 $x\comma$ la suite $\left(\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\right)_{n\geq 1}$ converge vers le réel $e(x).$
Dans ce contenu, 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 $\lim_{n\to +\infty} e_n(h) = e(h)\comma$ 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\vert.
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 dans un autre article, vous avez $\forall k\in\llbracket 0, n-2\rrbracket, \binom{n}{k+2}\leq n^{k+2}.$ Du coup :
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 250.
\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 $e(x) = \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{x}{n}\right)^n$ dans un autre article.
Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 250.
Par souci de complétude, vous démontrez ce résultat.
Soit $x$ un réel fixé.
Pour tout entier naturel $n\comma$ vous notez $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $e(nx)=(e(x))^n$ ».
Initialisation. Pour $n=0\comma$ $e(0x)=e(0)=1.$
D’autre part $(e(x))^0 = 1$ donc $\mathcal{P}(0)$ est vérifiée.
Hérédité. Soit $n\in\N\comma$ 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 ?
