Catégorie : Niveau Agrégation

Soient $a$ et $b$ deux nombres réels tels que $a<b.$ Considérez deux réels $s$ et $t$ vérifiant $a\leq s < t \leq b.$

Définissez la fonction $f: [a,b]\to \R$ par $\forall x\in]s,t[, f(x)=1$, $\forall x\in[a,s]\cup[t,b], f(x)=0.$

Majorez la somme haute avec des partitions bien choisies

1er cas : $a< s$ et $t < b$

Considérez la partition $P = (a, s, t, b).$

La somme haute sur cette partition est définie par $U(P) = (s-a)\sup_{[a,s]}f + (t-s)\sup_{[s,t]}f + (b-t)\sup_{[b,t]}f.$

Evaluez $\sup_{[a,s]}f$. Pour tout $x\in[a,s]$, $f(x)=0$ donc $0$ est un majorant de $\{f(x), x\in[a,s]\}$ donc $\sup_{[a,s]} f \leq 0.$

D’autre part, $f(a)=0.$ Comme $\sup_{[a,s]} f$ est un majorant de l’ensemble $\{f(x), x\in[a,s]\}$ et que $f(a)$ y appartient, c’est que $0\leq f(a)\leq \sup_{[a,s]} f.$ Ainsi $\sup_{[a,s]} f = 0.$

Un raisonnement analogue peut être mené pour calculer $\sup_{[b,t]}f$ ce qui amène à $\sup_{[b,t]}f = 0.$

Pour l’évaluation de $\sup_{[s,t]}f$ vous pouvez remarquer déjà que $\frac{s+t}{2} \in ]s,t[.$

En effet, $\frac{s+t}{2}-s = \frac{s+t}{2}-\frac{2s}{s} =\frac{t-s}{2}.$ Comme $s<t$, vous déduisez $s < \frac{s+t}{2}.$

De même, $t-\frac{s+t}{2} = \frac{2t}{2}-\frac{s+t}{2} =\frac{t-s}{2}.$ Du coupvous déduisez $\frac{s+t}{2}< t.$

Vous en déduisez que $f\left(\frac{s+t}{2}\right) = 1$, donc $1\leq \sup_{[s,t]} f.$

D’autre part, $\forall x\in[s,t]$, $f(x)\in\{0,1\}$ donc $1$ majore l’ensemble $\{f(x), x\in[s,t]\}$ donc $\sup_{[s,t]} f \leq 1.$

Vous déduisez de ces résultats que $\sup_{[s,t]} f = 1.$

Ainsi, $U(P) = (s-a)\sup_{[a,s]}f + (t-s)\sup_{[s,t]}f + (b-t)\sup_{[b,t]}f = (s-a)\times 0 + (t-s)\times 1 + (b-t)\times 0 = t-s.$

La somme haute $U$ est la borne inférieure de l’ensemble de toutes les sommes hautes prises sur toutes les partitions. Donc $U \leq t-s.$

2ème cas : $a= s$ et $t < b$

Vous considérez la partition $P = (s, t, b).$

Comme dans le premier cas, $\sup_{[s,t]}f = 1$ et $\sup_{[t,b]} = 0$, par suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

3ème cas : $a < s$ et $t = b$

Vous considérez la partition $P = (a, s, b).$

Comme dans le premier cas, $\sup_{[s,b]}f = 1$ et $\sup_{[a,s]} = 0$, par suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

4ème cas : $a = s$ et $t = b$

Vous considérez la partition $P = (a, b).$

Comme $\sup_{[a,b]}f = 1$, suite $U(P) = t-s$ et donc $U\leq t-s.$

Minorez la somme basse

1er cas : $a< s$ et $t < b$

Prendre la partition $(a, s, t, b)$ ne fonctionnera pas ici, puisque toutes les bornes inférieures de $f$ sur $[a,s]$, $[s,t]$ et $[t,b]$ sont nulles, vu que $f(s)=f(t)=0.$

Effectuer un découpage avec une partition plus fine est rendu nécessaire.

Soit $n$ un entier naturel non nul tel que $a<s<s+\frac{1}{n}<t-\frac{1}{n}<t<b.$

Pour l’existence de cet entier $n$, il faut que $s+\frac{1}{n}< t-\frac{1}{n}$ ce qui revient à $\frac{2}{n}< t-s$ et donc $n>\frac{2}{t-s}$. Ainsi, il suffit de choisir $n$ égal à la partie entière de $\frac{2}{t-s}+1$ notée $N.$

Considérez maintenant la partition $P = \left(a, s, s+\frac{1}{n},t-\frac{1}{n},t,b\right).$

Sur $[a,s]$ la fonction $f$ est nulle donc $\inf_{[a,s]}f =0.$

Sur $\left[s, s+\frac{1}{n}\right]$ la fonction $f$ prend la valeur $f(s)$ qui est nulle. $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} f$ minore $\left\{f(x) , x\in\left[s, s+\frac{1}{n}\right]\right\}$ donc $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} f \leq 0.$

D’autre part, $\forall x\in \left[s, s+\frac{1}{n}\right], f(x)\in\{0,1\}$ donc $0$ est un minorant de $\left\{f(x) , x\in\left[s, s+\frac{1}{n}\right]\right\}$. Ainsi, $0\leq \inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]}f.$

Par suite $\inf_{\left[s, s+\frac{1}{n}\right]} = 0.$

Sur $\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]$ la fonction $f$ est constante égale à $1$ donc $\inf_{\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]}f =1.$

De même vous avez $\inf_{\left[t-\frac{1}{n}, t\right]} f = 0$ et $\inf_{[t,b]} f = 0.$

Ainsi la somme basse calculée sur la partition $P$ définie ici est égale à :

\begin{aligned}
L(P) &= (s-a)\inf_{[a,s]}f + \frac{1}{n}\inf_{\left[s,s+\frac{1}{n}\right]}f \\
&\quad +\left(t-s-\frac{2}{n}\right)\inf_{\left[s+\frac{1}{n}, t-\frac{1}{n}\right]}f\\
&\quad + \frac{1}{n}\inf_{\left[t-\frac{1}{n}, t\right]}f + (b-t)\inf_{[b,t]}f\\
&= (s-a)\times 0 +\frac{1}{n}\times 0 \\
&\quad +\left(t-s-\frac{2}{n}\right)\times 1 \\
&\quad +\frac{1}{n}\times 0 + (b-t)\times 0\\
&=t-s-\frac{2}{n}.
\end{aligned}

Comme la somme basse est la borne supérieure de toutes les sommes basses calculées sur toutes les partitions possibles, vous déduisez que $L\geq t-s-\frac{2}{n}.$

Cette inégalité est valable pour tout $n \geq N.$ Le nombre $L$ ne dépend pas de $n$. Vous pouvez donc passer à la limite quand $n\to +\infty$, vous déduisez que $L\geq t-s.$

Autres cas

Les trois autres cas, selon la position des nombres $s$ et $t$ par rapport aux bornes de l’intervalle $[a,b]$, aboutissent au même résultat, dont les preuves sont laissées à vos bons soins..

Concluez

Il a été établi que $U \leq t-s \leq L.$

Or il est tout le temps vrai que $L\leq U$ (la somme basse est toujours inférieure à la somme haute), donc $L=U.$

Cette égalité entre $L$ et $U$ prouve que $f$ est Riemann intégrable sur $[a,b]$ et que l’intégrale $\int_{a}^b f(t) \dt$ est bien définie, avec $\boxed{\int_{a}^b f(t) \dt = t-s.}$

Le but de ce document est d’illustrer le contenu théorique que vous trouverez dans dans l'article 141.

Résolvez $x^3-6x^2+11x-6=0$

Cette équation s’écrit sous la forme $ax^3+bx^2+cx+d=0$, avec $a = 1$, $b=-6$, $c=11$ et $d=-6.$

Vous calculez alors successivement $N_1$, $N_2$ et $N_3.$

\begin{aligned}
N_1 &= \frac{-b}{a} = 6\\
N_2 &=\frac{c}{a} = 11\\
N_3 &= \frac{-d}{a} = 6.
\end{aligned}

Etes-vous dans le cas particulier ou non ? Pour cela, il faut savoir si $N_1^2-3N_2$ est nul ou non.

$N_1^2-3N_2 = 36-33 = 3.$

Ainsi, vous n’êtes pas dans le cas particulier.

Formez la résolvante

Ses deux coefficients sont à calculer.

Le premier coefficient est :

\begin{aligned}
-2N_1^3+9N_1N_2-27N_3 &= -2\times 36\times 6+9\times 6\times 11 – 27\times 6\\
&=-432+594-162\\
&=0.
\end{aligned}

Le second coefficient est :

$(N_1^2-3N_2)^3 = 27.$

La résolvante est donc $X^2+0X+27 = 0$ soit $X^2 = -27.$

Comme $\sqrt{27} = 3\sqrt{3}$, le nombre $3i\sqrt{3}$ est une solution de cette résolvante.

Il s’agit maintenant d’en extraire une racine cubique. Vous cherchez $k\in\C$ tel que $k^3 = 3i\sqrt{3} = (\sqrt{3})^3 \e^{i \pi /2}.$

Vous pouvez donc choisir :

\begin{aligned}
k &= \sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \sqrt{3} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} + i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{3}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}.
\end{aligned}

Calculez les solutions

Il sera commode de calculer $\frac{1}{k}.$

\begin{aligned}
\frac{1}{k} &= \frac{1}{\sqrt{3}} \e^{-i \pi /6}\\
&= \frac{\sqrt{3}}{3} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} – i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{6}.
\end{aligned}

La première solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+k+\frac{N_1^2-3N_2}{k}\right) &= \frac{1}{3}\left(6 + k + \frac{3}{k} \right) \\
&= \frac{1}{3}\left( 6 + \frac{3}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{3}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \right)\\
&= \frac{1}{3}\left( 6 + 3\right)\\
&=3.
\end{aligned}

Pour la deuxième solution, il sera utile d’avoir $jk$ et $\frac{1}{jk}.$

\begin{aligned}
jk &= j\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \e^{i 2\pi /3}\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \sqrt{3} \e^{i 5\pi /6}\\
&= \sqrt{3} \left( \frac{-\sqrt{3}}{2} + i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{-3}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}. \\
\end{aligned}

De même :

\begin{aligned}
\frac{1}{jk} &= \frac{1}{\sqrt{3}} \e^{i 5\pi /6} \\
&=\frac{\sqrt{3}}{3} \e^{-i 5\pi /6} \\
&= \frac{\sqrt{3}}{3}\left( \frac{-\sqrt{3}}{2} – i \frac{1}{2}\right) \\
&= \frac{-1}{2} – i \frac{\sqrt{3}}{6}. \\
\end{aligned}

La deuxième solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+jk+\frac{j^2N_1^2-3j^2N_2}{k}\right) &= \frac{1}{3}\left(N_1+jk+\frac{N_1^2-3N_2}{jk}\right) \\
&= \frac{1}{3}\left( 6 + \frac{-3}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{-3}{2} – i \frac{\sqrt{3}}{2} \right)\\
&= \frac{1}{3}\left( 6 -3 \right)\\
&=1.
\end{aligned}

Pour la troisième solution, il sera utile d’avoir $j^2k$ et $\frac{1}{j^2k}.$

\begin{aligned}
j^2k &= j^2\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \e^{i 4\pi /3}\sqrt{3} \e^{i \pi /6}\\
&= \sqrt{3} \e^{i 9\pi /6}\\
&= \sqrt{3} \e^{i 3\pi /2}\\
&= -i\sqrt{3}.
\end{aligned}

De même :

\begin{aligned}
\frac{1}{j^2k} &= \frac{1}{-i\sqrt{3}} \\
&= \frac{i}{\sqrt{3}} \\
&= \frac{i\sqrt{3}}{3}.
\end{aligned}

L’expression de la troisième solution est donnée par :

\begin{aligned}
\frac{1}{3}\left(N_1+j^2k+\frac{jN_1^2-3jN_2}{k}\right)
&= \frac{1}{3}\left(N_1+j^2k+\frac{N_1^2-3N_2}{j^2k}\right) \\
&= \frac{1}{3}\left( 6 -i\sqrt{3} +i\sqrt{3} \right)\\
&= \frac{1}{3}\left( 6 \right)\\
&=2.
\end{aligned}

Concluez

L’équation $x^3-6x^2+11x-6=0$ admet trois solutions, $x=1$, $x=2$ et $x=3.$

Il est remarquable de noter que, pour résoudre la résolvante, des nombres complexes non réels ont été nécessaires. Ils ont abouti à trouver les trois solutions réelles.

Soit $(a,b,c,d)\in\C^4$ un quadruplet de nombres complexes tel que $a$ soit non nul.
Considérez alors l’équation $(E): ax^3+bx^2+cx+d = 0$ du troisième degré d’inconnue $x\in\C.$

Il existe trois nombres complexes, notés $\alpha_1$, $\alpha_2$ et $\alpha_3$ tels que $aX^3+bX^2+cX+d$ soit égal par factorisation à $a(X-\alpha_1)(X-\alpha_2)(X-\alpha_3).$ Ces trois nombres complexes désignent les racines du polynôme $aX^3+bX^2+cX+d$, qui peuvent ne pas être distinctes.

Note. Une précision peut être apportée sur ces racines quand les nombres $a$, $b$, $c$ et $d$ sont réels. Le polynôme $aX^3+bX^2+cX+d$ étant réel, l’une de ses racines est toujours un nombre réel, ce qui est justifié par l’étude des limites en $+\infty$ et $-\infty$ combiné au théorème des valeurs intermédiaires utilisable dans les réels. Alors un tel polynôme se factorise sous la forme $a(X-\alpha)Q(X)$ où $\alpha\in\R$ et $Q(X)$ un polynôme réel de degré $2$. Selon le signe du discriminant du polynôme $Q$, les deux racines de $Q$ sont : soit réelles et distinctes (discriminant strictement positif), soit réelles et identiques (discriminant nul), soit complexes conjuguées et non réelles (discriminant strictement négatif).

En développant le membre de droite :

\begin{align*}
 a(X-\alpha_1)(X-\alpha_2)(X-\alpha_3) &= a(X^3 - (\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)X^2\\
&\quad +(\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3)X \\
&\quad -\alpha_1\alpha_2\alpha_3).
\end{align*}

Par identification des coefficients du polynôme formel $aX^3+bX^2+cX+d$ il vient :

\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= \frac{-b}{a}\\
\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3 &= \frac{c}{a} \\
 \alpha_1\alpha_2\alpha_3 &= \frac{-d}{a}.
\end{align*}\right.

Pour plus de commodité dans la suite, vous noterez :

\boxed{\begin{align*}
N_1 &= \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 \\
N_2 &= \alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3  \\
 N_3 &=\alpha_1\alpha_2\alpha_3 .
\end{align*}}

Soit $j$ une solution complexe non réelle de l’équation $1+j+j^2=0$.

En multipliant par $j$ vous constatez que $j+j^2+j^3 = 0$ si bien que $1+j+j^2+j^3 = 1$ et par suite $j^3=1.$

L’idée de ce qui va suivre s’inscrit dans le début de la théorie de Galois, d’après une méthode initiale tirée de Lagrange, datant de la fin du XVIIIème siècle.

Utilisez une somme bien choisie

Considérez l’expression suivante $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3 +(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.$

Vous allez montrer que cette expression est invariante par permutation. Autrement dit, pour toute permutation $\sigma$ de l’ensemble $\{1,2,3\}$, $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = S(\alpha_{\sigma(1)},\alpha_{\sigma(2)},\alpha_{\sigma(3)})$.

Pour démontrer ce résultat, il suffit de vérifier que $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = S(\alpha_2,\alpha_1,\alpha_3) = S(\alpha_3,\alpha_2,\alpha_1)$ : en effet, toute permutation est produit de transpositions. Or toute transposition est produit de transpositions parmi $(1 2)$ et $(1 3)$, puisque $(2 3) = (1 2)(1 3)(1 2).$

\begin{align*}
S(\alpha_2,\alpha_1,\alpha_3) &= (\alpha_2 + j\alpha_1+j^2\alpha_3)^3 +(\alpha_2 + j^2\alpha_1+j\alpha_3)^3\\
&= j^3 (\alpha_2 + j\alpha_1+j^2\alpha_3)^3 +j^3(\alpha_2 + j^2\alpha_1+j\alpha_3)^3 \\
&=(j^2\alpha_1+j\alpha_2+\alpha_3)^3+(\alpha_1+j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3\\
&=j^3(j^2\alpha_1+j\alpha_2+\alpha_3)^3+(\alpha_1+j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3\\
&=(\alpha_1+j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3+(\alpha_1+j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3\\
&=S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3).
\end{align*}

De même :

\begin{align*}
 S(\alpha_3,\alpha_2,\alpha_1) &= (\alpha_3 + j\alpha_2+j^2\alpha_1)^3 +(\alpha_3 + j^2\alpha_2+j\alpha_1)^3 \\
 &= (j^2\alpha_1+ j\alpha_2+\alpha_3)^3 +(j\alpha_1+ j^2\alpha_2+\alpha_3 )^3 \\
&= (\alpha_1+ j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3 +(j^2\alpha_1+\alpha_2+j\alpha_3 )^3 \\
&= (\alpha_1+ j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3 +(\alpha_1+j\alpha_2+j^2\alpha_3 )^3 \\
&=S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3).
\end{align*}

Comme l’expression $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ est polynomiale et invariante par permutation des variables, elle va pouvoir s’exprimer en fonction des quantités $N_1 = \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3$, $N_2 = \alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3$ et $N_3 = \alpha_1\alpha_2\alpha_3$.

Utilisez maintenant le produit associé

Notez $P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3 \times (\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.$

Pour les mêmes raisons, le produit $P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ est polynomial et reste invariant par permutation des variables. Il est donc calculable en fonction de $N_1$, $N_2$ et $N_3.$

Le calcul va être mené explicitement ici.

Commencez par développer le produit $(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)$ :

\begin{align*}
(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3) &= \alpha_1^2 + j^2\alpha_1\alpha_2+j\alpha_1\alpha_3\\
&\quad +j\alpha_1\alpha_2+\alpha_2^3+j^2\alpha_2\alpha_3\\
&\quad +j^2\alpha_1\alpha_3+j\alpha_2\alpha_3+\alpha_3^2\\
&= \alpha_1^2 +\alpha_2^2 +\alpha_3^2 \\
&\quad +\alpha_1\alpha_2(j+j^2) + \alpha_1\alpha_3(j+j^2)+\alpha_2\alpha_3(j+j^2)\\
 &= \alpha_1^2 +\alpha_2^2 +\alpha_3^2 + (j+j^2)(\alpha_1\alpha_2+\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_3)\\
&= \alpha_1^2 +\alpha_2^2 +\alpha_3^2 - \alpha_1\alpha_2-\alpha_1\alpha_3-\alpha_2\alpha_3\\
&= N_1^2 - 2N_2 - N_2\\ 
\end{align*}

Du coup $(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3) = N_1^2-3N_2.$

Et $\boxed{P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3) = (N_1^2-3N_2)^3}.$

Concluez

Posez $u = (\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3$ et $v=(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.$ Le polynôme de degré $2$ défini par $(X- u)(X- v)$ est égal, en développant à :

$X^2-S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)X+P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3).$

Il a été vu que la somme $S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ et le produit $P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ sont calculables en fonction de $N_1$, $N_2$ et $N_3$, qui sont eux aussi calculables en fonction des coefficients $a$, $b$, $c$ et $d.$

La résolution de l’équation du second degré $X^2-S(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)X+P(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=0$ donne ainsi accès aux valeurs de $(\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3)^3$ et de $(\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3)^3.$

Par extraction de racines cubiques, vous avez accès à des valeurs possibles pour les sommes $\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3$ et $\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3.$

Or la somme $\alpha_1 + \alpha_2+\alpha_3$ est égale à $N_1$ qui est connu.

Il vous suffit de résoudre le système obtenu comportant $3$ équations et $3$ inconnues pour obtenir la résolution complète, qui est de la forme indiquée ci-dessous.

\left\{\begin{align*}
\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 &= N_1 \\
\alpha_1 + j\alpha_2+j^2\alpha_3 &= \dots \\
\alpha_1 + j^2\alpha_2+j\alpha_3 &= \dots \\
\end{align*}\right.

Un tel système peut être résolu en utilisant le calcul de l’inverse d’une matrice, effectué dans l'article 142.

Résolvez l’équation de degré 3 !

Pour passer aux calculs globaux, rendez-vous dans l'article 141.

L’objectif de cet article 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 $z\in\C$, 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 $z_n = z+z’+\frac{zz’}{n}$, 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 $z+z’$, 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 $z\in\C$, 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 $\varepsilon > 0.$

Comme la suite $(z_n)_{n\in\NN}$ est convergente, elle est bornée. Il existe un réel $P>0$ 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 $N\geq 1$ tel que $\frac{M^N}{N! } \leq \frac{\varepsilon}{8}.$

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

\begin{aligned}
\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{aligned}

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

\begin{aligned}
\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{aligned}

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

Comme ce nombre de limites est 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 $N’>N$ 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 $\forall \varepsilon > 0, \exists N’\geq 1, \forall n\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right\rvert \leq \varepsilon.$

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 $\forall z\in\C, \mathrm{exp}(z) \in\C^{*}$, 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 $\C^{*}$ est surjective ?

D’après le contenu qui se trouve dans l'article 128, pour tout réel $x$, vous avez $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix).$ Quelles sont les propriétés de ce nombre complexe ?

L’exponentielle d’un nombre imaginaire pur est un nombre complexe de module 1

Soit $x\in\R.$ Pour tout $n\in\NN$, le conjugué de $1+\frac{ix}{n}$ est $1-\frac{ix}{n}$. Comme $\lim_{x\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)$, en prenant le conjugué, vous obtenez aussi que $\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \overline{\mathrm{exp}(ix)}.$

D’autre part, pour tout nombre complexe $z$, $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)$. En particulier, en prenant $z = -ix$, vous obtenez $\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{ix}{n}\right) = \mathrm{exp}(-ix).$

Par unicité de la limite d’une suite complexe convergente, vous obtenez l’égalité $\boxed{\forall x\in\R, \overline{\mathrm{exp}(ix)} = \mathrm{exp}(-ix).}$

Soit $x\in\R.$ Si vous admettez que, quels que soient les nombres complexes $z$ et $z’$, vous avez l’égalité $\mathrm{exp}(z+z’) = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)$ la conclusion arrive vite.

En prenant $z= ix$ et $z’=-ix$, vous obtenez $1 = \mathrm{exp}(0) = \mathrm{exp}(ix + (-ix)) = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Du coup, $1 = \mathrm{exp}(ix) \overline{\mathrm{exp}(ix)}$ ce qui aboutit à $\lvert \mathrm{exp}(ix)\rvert^2 = 1.$

Par positivité du module d’un nombre complexe, il en résulte que $\boxed{\forall x\in\R, \lvert \mathrm{exp}(ix) \rvert= 1.}$

Peut-on s’en sortir sans utiliser la propriété quels que soient les nombres complexes $z$ et $z’$, vous avez l’égalité $\mathrm{exp}(z+z’) = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)$ ?

Une majoration

L’utilisation de suites géométriques permettra d’aboutir.

Soit $N$ un entier naturel supérieur ou égal à $1$ et $M$ un entier tel que $M\geq N.$

\begin{aligned}
\sum_{k=N}^M \frac{1}{k!} &\leq \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{(k+N)!} \\
&\leq \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{N!(N+1)^k}\\
&\leq \frac{1}{N!} \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{(N+1)^{k}} \\
&\leq \frac{1}{N!} \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{2^{k}} \\
&\leq \frac{1}{N!} \frac{1 – (1/2)^{M-N+1}}{1-(1/2)} \\
&\leq \frac{1}{N!} \frac{1 }{1/2} \\
&\leq \frac{2}{N!}.
\end{aligned}

Ainsi $\boxed{\forall N\in\NN, \forall M\geq N, \sum_{k=N}^M \frac{1}{k!} \leq \frac{2}{N!}.}$

Montrez directement que, pour tout réel $x$, $\mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix) = 1$

Soit $x\in\R.$ Partez des deux égalités de limites :

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

Par produit, il en résulte que $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n\left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Cela s’écrit aussi $\lim_{n\to +\infty} \left( \left(1+\frac{ix}{n}\right)\left(1-\frac{ix}{n}\right)\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix)$, soit $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Le nombre $x$ étant réel, $x^2$ est positif. Du coup, pour tout $n\in\NN$, $1\leq 1+\frac{x^2}{n^2}$ et donc $1 \leq \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n.$

Pour la majoration, utilisez la formule du binôme. Soit $n\in\NN.$

\begin{aligned}
\left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n &\leq \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{x^{2k}}{n^{2k}} \\
&\leq \sum_{k=0}^n \frac{n! x^{2k}}{k! (n-k)! n^{2k}} \\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^n \frac{n! x^{2k}}{k! (n-k)! n^{2k}} \\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^n\frac{n!}{(n-k)!n^k} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} \\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^n \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} \\
\end{aligned}

Soit maintenant $\varepsilon > 0$ et $N$ un entier tel que $N \geq x^2+2$ et $N \geq \frac{4}{\varepsilon}.$
Soit $n$ un entier tel que $n\geq N.$

\begin{aligned}
\left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n &\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{x^{2k}}{k! n^{k}}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{(x^2/n)^k}{k!}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{1}{k!}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{2}{N!}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{2}{N}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{\varepsilon}{2}\\
\end{aligned}

Pour tout entier $k$ compris entre $1$ et $N-1$, $\lim_{n\to +\infty}\frac{x^{2k}}{k! n^{k}} = 0.$

Ce nombre de limites étant fini, il en résulte que $\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} = 0.$

Donc il existe un entier $N’ \geq N$ tel que $\forall n\geq N’, \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Donc $\forall \varepsilon > 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N’, 1 \leq \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n \leq 1 + 2\frac{\varepsilon}{2}\leq 1+\varepsilon.$

Ce résultat prouve que $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n = 1$ et donc $\forall x\in\R, \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix) = 1.$

Sur le sinus et le cosinus

Pour tout nombre réel $x$, on pose $\sin x = \frac{\mathrm{exp}(ix)-\mathrm{exp}(-ix)}{2i}$ et $\cos x = \frac{\mathrm{exp}(ix)+\mathrm{exp}(-ix)}{2}.$

Soit $x\in\R.$ Comme $\forall y\in\R, \mathrm{exp}(-iy) = \overline{\mathrm{exp}(iy)}$, en prenant $y=x$ et $y=-x$ vous trouvez que $\mathrm{exp}(-ix) = \overline{\mathrm{exp}(ix)}$ et que $\mathrm{exp}(ix) = \overline{\mathrm{exp}(-ix)}.$ Donc $\overline{\sin x} = \frac{\mathrm{exp}(-ix)-\mathrm{exp}(ix)}{-2i} = \sin x$. De même, $\overline{\cos x} = \frac{\mathrm{exp}(-ix)+\mathrm{exp}(ix)}{2}=\cos x$. Donc $\cos x$ et $\sin x$ sont des réels.

De plus, $ \cos x + i\sin x = \frac{\mathrm{exp}(ix)+\mathrm{exp}(-ix)}{2} + \frac{\mathrm{exp}(ix)-\mathrm{exp}(-ix)}{2} = \mathrm{exp}(ix).$

Comme $\forall x\in\R, \lvert \mathrm{exp}(ix)\rvert = 1$ vous déduisez $\boxed{\forall x\in\R, \cos^2 x + \sin^2 x = 1.}$

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{aligned}
\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{aligned}

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 $p\in\N.$

D’après ce qui précède, il existe un réel $M>0$ qui soit un majorant de la suite $\left(\frac{\vert z \rvert^n}{n!}\right)_{n\in\N}.$

Utilisez la formule du binôme de Newton

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 $p\in\NN.$ Alors :

\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{aligned}
\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{aligned}

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 ?