Existence de la fonction exponentielle

Existence de la fonction exponentielle
Avec la complexe.
Prérequis. On appelle fonction exponentielle une fonction f (l'unicité reste à prouver) qui est
continue sur R et telle à la fois que :
f(0) = 1 (1)
8x 2 R
f 0(x) = f (x)
(2):
Démontrons qu'il existe une fonction de R dans R telle que l'image de 0 par cette fonction soit 1,
dérivable et identique à sa fonction dérivée.
Lemme. 8n 2 N
8x 2 R; x > ¡1
(1 + x)n > 1 + nx.
(Inégalité de Bernoulli)
Démonstration. Nous raisonnons par induction sur N. Soient d'une part x un réel strictement
supérieur à ¡1, et d'autre part la proposition dépendant de n, Pn : (1 + x)n > 1 + nx .
Initialisation : pour n = 1, (1 + x)n = (1 + x)1 = 1 + x. En outre, 1 + nx = 1 + 1 x = 1 + x pour tout
x > ¡1, or 1 > 1, donc P1:
Hérédité : montrons ici que pour un n 2 N, si (1 + x)n > 1 + nx, alors (1 + x)n+1 > 1 + (n + 1)x.
Par hypothèse de récurrence, (1 + x)n > 1 + nx, donc (1 + x)n (1 + x) > (1 + nx)(1 + x), car x > ¡1
donc (1 + x) > 0 ; on a donc (1 + x)n+1 > 1 + nx + x + nx2, or nx2 > 0, car n 2 N, donc on a de
surcroît 1 + nx + x + nx2 > 1 + nx + x, donc par transitivité (1 + x)n+1 > 1 + nx + x, c'est-à-dire
(1 + x)n+1 > 1 + (n + 1)x, donc 8n 2 N Pn ) Pn+1, ce qu'on voulait montrer.
Ainsi, par principe de récurrence, pour tout n 2 N, Pn est vériée.
On pouvait également étudier une fonction.
On pouvait également utiliser la formule du binôme.
Dénition. Soient (un(x))n>n0 et (vn(x))n>n0 deux suites numériques dépendant de x 2 R, dé¡
¡
x n
x ¡n
nies respectivement par un(x) = 1 + n et vn(x) = 1 ¡ n
à partir de n0 = djxje + 2 2 N.
On note N l'ensemble Jn0 ; +1K.
Proposition. Pour tout x réel, la suite (un(x))n>n0 est croissante.
¡
x n
Démonstration. Pour tout n 2 N et pour tout x 2 R, un(x) = 1 + n .
¡
x
x
De plus, pour tout n 2 N N et pour tout x 2 R, 1 + n + 1 = 1 + n 1 ¡
x
x
¡
x
n(n + 1) 1 + n
x
, car alors
1+ n =
/ 0, car n =
/ ¡1, puisque n =
/ ¡x, étant donné que n > ¡x.
¡
¡
¡
x
x
x
x
x
x
x
En eet, 1 + n 1 ¡ n(n + 1)¡ 1 + x = 1 + n 1 ¡ 1 + n n(n + 1)¡ 1 + x = 1 + n ¡ n(n + 1) , d'où
n
n
¡
x
x
(n + 1)x ¡ x
nx
x
¡
1+ n 1¡
= 1 + n(n + 1) = 1 + n(n + 1) = 1 + n + 1 , ce qu'on voulait obtenir.
x
n(n + 1) 1 + n
¡
x n
Par dénition,
pour tout
n+1n 2 N et pour tout x 2 R, un(x) = 1 + n , ce qui implique en particulier
x
un+1(x) = 1 + n + 1
au rang suivant. Or, d'après ce qui précède, on peut remplacer avec
n+1
n+1
¡
¡
x
x
x n+1
x
¡
¡
un+1(x) = 1 + n 1 ¡
, donc, un+1(x) = 1 + n
1¡
.
x
x
n(n + 1) 1 + n
n(n + 1) 1 + n
An d'appliquer à présent l'inégalité de Bernoulli au deuxième facteur de l'expression obtenue,
x
on cherche à montrer que ¡ n(n + 1)¡ 1 + x > ¡1, pour tout x réel et tout n 2 N . Or, n > ¡x donc
n+x
x
n
n + x > 0, donc n > 0 donc 1 + n > 0. D'autre part, n > ¡x implique n > ¡x ¡ 1, d'où n + 1 + x > 0,
¡
x
donc n2 + n + nx > 0, donc x¡ < n2+ n + nx + x, donc x < (n + 1)(n + x), donc x < n(n + 1) 1 + n ,
donc
x
¡
x
n(n + 1) 1 + n
par ¡1 de chaque
x
n(n + 1) 1 + n
x
¡
>0
x , car 1 +
n
n(n + 1) 1 + n
x
côté, ¡ n(n + 1)¡ 1 + x > ¡1.
n
<
et n > 0 et n + 1 > 0. On en déduit en multipliant
1
Appliquons donc notre
obtient ainsi l'inégalité intermédiaire
n+1 lemme à notreexpression. On
x
¡x
1 ¡ n(n + 1)¡ 1 + x > 1 + (n + 1) n(n + 1)¡ 1 + x donc, en simpliant du côté droit,
n
n
n+1
x
¡x
¡x
x
n
1 ¡ n(n + 1)¡ 1 + x > 1 + n¡ 1 + x , or 1 + n¡ 1 + x = 1 ¡ n + x = n + x , ce qui nous donne
n
n
n
n+1
n+1
¡
x
n
x n+1
x
1 ¡ n(n + 1)¡ 1 + x > n + x . Or un+1(x) = 1 + n
1 ¡ n(n + 1)¡ 1 + x d'après le
n
n
¡
¡
x n+1
n
x n+1
n
résultat surprécédent, donc un+1(x) > 1 + n
; or 1 + n
s'écrit aussi
n
+
x
n+x
¡ n + x n+1 n ¡ n + x n+1 ¡ n + x ¡ n + x n ¡
x n
= n
n = n
= 1 + n = un(x), ce qui nous permet d'étan
n+x
blir que pour tout x 2 R, un+1(x) > un(x), donc la suite est croissante sur N .
Corollaire. Pour tout x réel, la suite v(x) est décroissante.
¡
x n
x
Démonstration. Quel que soit le réel x, la suite un(x) ne s'annule pas, car 1 + n = 0 , 1 + n = 0,
1
ce qui entraîne n = ¡x, ce qui est impossible, car n > n0. Si l'on remarque que vn(x) = u (¡x)
n
¡
¡
x n
x n
pour tout x réel et pour tout n 2 N (en eet un(x) = 1 + n , donc un(¡x) = 1 ¡ n ; donc
¡
1
x ¡n
= 1¡ n
=vn(x)), il sut d'utiliser la croissance de (un(x)) démontrée pour tout x 2 R,
un(¡x)
donc en particulier pour ¡x 2 R. On a ainsi pour tout x réel un+1(¡x) > un(x), donc en inversant
1
1
6 u (x) , c'est-à-dire que pour tout n 2 N , pour tout x 2 R vn+1(x) 6 vn(x), donc la
u
(¡x)
n+1
n
deuxième suite est décroissante.
Théorème. Pour tout réel x, (un(x)) et (vn(x)) sont adjacentes.
1
Démonstration.
Pour
n 2 N , vn(x) = u (¡x) n'est pas nul en tant qu'inverse, ce qui nous permet
¡
n
2 n x n
¡
¡¡
1+ n
un(x)
x n¡
x n
x ¡
x n
x
x2 n
d'écrire v (x) = ¡ x ¡n = 1 + n
1¡ n = 1+ n 1¡ n
= 12 ¡ n2
= 1 ¡ n2 .
n
1¡
n
x2
jxj
x2
De plus, la condition que n > djxje + 2 induit que n < 1 (n =
/ 0) d'où n2 < 1 et ¡ n2 > ¡1, donc
x2 n
x2
en appliquant l'inégalité de Bernoulli,
onobtient 1 ¡ n2 > 1 ¡ n . Par ailleurs, comme n > jxj,
x2
x2 n
alors de même 1 ¡ n2 6 1, donc 1 ¡ n2 6 1.
x2
u (x)
Avec les deux derniers résultats, on peut encadrer de
1 ¡ n 6 v n(x) 6 1 donc 0 6
cette manière
n
2
u (x)
x
u (x)
1 ¡ v n(x) 6 n ; d'autre part vn(x) ¡ un(x) = vn(x) 1 ¡ v n(x) , quel que soit x 2 R, donc 0 6
n
x2
n
x2
vn(x) ¡ un(x) 6 n vn(x) ou 0 > vn(x) ¡ un(x) > n vn(x).
En outre, on a montré que la suite (vn(x)) était décroissante, ce qui implique qu'elle est majorée.
x2
x2
Soit M l'un de ses majorants. On a 0 6 vn(x) ¡ un(x) 6 n M ou 0 > vn(x) ¡ un(x) > n M , or la
quantité x2M est une constante, donc
x2
M
n!+1 n
lim
= 0, car
lim
1
n!+1 n
Dans les deux cas, le théorème des gendarmes permet de conclure
qui revient au même
= 0.
lim vn(x) ¡ un(x) = 0, ou ce
n!+1
lim un(x) ¡ vn(x) = 0. Comme les suites (un(x))n>n0 et (vn(x))n>n0 sont
n!+1
respectivement croissante et décroissante, et que leur diérence tend vers 0, elles sont adjacentes. L'adjacence des deux suites impliquant leur convergence, il nous est permis de dénir la fonction
comme suit :
Dénition. Soit f : R ! R dénie par f(x) = lim un(x).
n!+1
Proposition. f (0) = 1.
Démonstration. f(0) = lim un(0). Or, pour tout entier naturel supérieur à n0, on dénit
n!+1
¡
0 n
la suite (un(0)) par un(0) = 1 + n = 1n = 1, c'est-à-dire que c'est une suite constante, donc
convergente en la seule valeur qu'elle prenne, donc lim un(0) = 1.
n!+1
2
Théorème. f est dérivable sur R et f 0 = f.
f (x + h) ¡ f (x)
Démonstration. Il nous faut étudier la limite de l'expression
, où h est un réel non
h
nul, quand h tend vers 0, pour un réel x xé.
n
h
h
¡
¡
x+h n
x n
x
Pour n 2 N , on a 1 + n
= 1+ n
1 + 1 +n x . En eet, 1 + n 1 + 1 +n x est égal à
n
¡
n¡
x h
¡
¡ n + x 1+ n n
x
n+x
h
h
n+x n+x+h
n+x+h
x+h
1+ n + 1+ x = n + n = n
1 + n+x = n
=
= 1 + n , donc
n+x
n
n
n h
¡
x
x+h n
1 + n 1 + 1 +n x
= 1+ n
, ce qu'on voulait obtenir.
n
Supposons h strictement compris entre ¡1 et 1, c'est-à-dire jhj < 1: On a de plus n > djxje + 2,
donc n > djxje + 1 donc n > jxj + 1, donc n ¡ jxj > 1, donc n + x > 1.
On en déduit que
n+x
n
1
x
1
> n c'est-à-dire 1 + n > n . On a donc
De plus, jhj < 1 entraîne
h
n
1
h
n
h
n
1
1+
> n, donc
1
x
1+ n
> n.
1
< n n = 1 par produit. Cela
n
h
h
h
induit 1 +n x > ¡1, ce qui nous permet d'appliquer le lemme : 1 + 1 +n x
> 1 + n 1 +n x , ou encore
n
n
n
n
n ¡
h
n
h
x+h
x
h
1 + 1 +n x
> 1 + 1 + x , d'où 1 + n
> 1+ n
1 + 1 + x grâce au résultat précédent.
n
n
n
¡ n x n
x+h
h
En passant à la limite, il vient lim 1 + n
> lim 1 + n
lim 1 + 1 + x , or on a
n!+1
n!+1
n
n!+1
x
h
lim 1 + n = 1, donc lim 1 + 1 + x = 1 + h ; pour les deux autres expressions, la dénition de
n!+1
< n , ce qui nous donne
n!+1
x
1+ n
=
1
x
1+ n
x
n
n
la fonction entraîne f (x + h) > f (x)(1 + h).
jhj < 1 , j¡hj < 1, ce qui signie que la formule est aussi valable pour ¡h. Elle est aussi valable
pour tout réel, donc si x 0 est un réel, f (x 0 ¡ h) > f(x 0)(1 ¡ h). En prenant en particulier x 0 = x + h,
f (x)
on obtient f (x + h ¡ h) > f (x + h)(1 ¡ h) donc f(x) > f (x + h)(1 ¡ h), donc f (x + h) 6 1 ¡ h .
f (x)
f (x)
On peut ainsi encadrer par f (x)(1 + h) 6 f(x + h) 6 1 ¡ h , donc f(x) + hf (x) 6 f (x + h) 6 1 ¡ h ,
f (x)
donc hf (x) 6 f(x + h) ¡ f(x) 6 1 ¡ h ¡ f (x), donc si h > 0, on a hf (x) 6 f (x + h) ¡ f (x) 6
deux cas se présentent : si h > 0, alors f(x) 6
f (x) >
f (x + h) ¡ f (x)
h
vient par pincement
f (x)
f (x)
> 1 ¡ h . Or lim 1 ¡ h = f (x),
h!0
f (x + h) ¡ f (x)
lim
= f(x) 2 R,
h
h!0
f (x + h) ¡ f (x)
h
6
f (x)
,
1¡h
hf (x)
1¡h
;
ou alors, si h < 0, on aura
donc dans tous les cas, en passant à la limite, il
donc f est dérivable, et 8x 2 R
Pour conclure, la fonction dénie pour tout x 2 R par f (x) = lim
n!+1
¡
x n
1+ n
f 0(x) = f(x). , puisqu'on a montré
que, pour tout x réel, cette suite converge, a les propriétés d'avoir 1 pour image de 0 et d'être égale
à sa dérivée, donc la fonction exponentielle existe.
3