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 Ret telle à la fois que :
f(0) = 1 (1)
8x2Rf0(x) = f(x)(2):
Démontrons qu'il existe une fonction de Rdans Rtelle que l'image de 0 par cette fonction soit 1,
dérivable et identique à sa fonction dérivée.
Lemme. 8n2N∗8x2R; x > ¡1 (1 + x)n>1 + nx. (Inégalité de Bernoulli)
Démonstration. Nous raisonnons par induction sur N∗. Soient d'une part xun 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+xpour tout
x > ¡1, or 1>1, donc P1:
Hérédité : montrons ici que pour un n2N∗,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 n2N∗, 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 8n2N∗Pn)Pn+1, ce qu'on voulait montrer.
Ainsi, par principe de récurrence, pour tout n2N∗,Pnest vérifiée.
On pouvait également étudier une fonction.
On pouvait également utiliser la formule du binôme. 
Définition. Soient (un(x))n>n0et (vn(x))n>n0deux suites numériques dépendant de x2R, défi-
nies respectivement par un(x) = ¡1 + x
nnet vn(x) = ¡1¡x n¡nà partir de n0=djxje + 2 2N∗.
On note Nl'ensemble Jn0; +1K.
Proposition. Pour tout xréel, la suite (un(x))n>n0est croissante.
Démonstration. Pour tout n2Net pour tout x2R,un(x) = ¡1 + x
nn.
De plus, pour tout n2N⊂N∗et pour tout x2R,1 + x
n+ 1 =¡1 + x n1¡x
n(n+ 1)¡1 + x
n, car alors
1 + x
n=/ 0, car x n=/ ¡1, puisque n=/ ¡x, étant donné que n > ¡x.
En effet, ¡1 + x
n1¡x
n(n+ 1)¡1 + x
n=¡1 + x
n×1¡¡1+ x n×x
n(n+ 1)¡1 + x
n= 1 + x
n¡x n(n+ 1) , d'où
¡1 + x
n1¡x
n(n+ 1)¡1 + x
n= 1 + (n+ 1)x¡x
n(n+ 1) = 1 + nx n(n+ 1) = 1 + x n+ 1 , ce qu'on voulait obtenir.
Par définition, pour tout n2Net pour tout x2R,un(x) =¡1 + x
nn, ce qui implique en particulier
un+1(x) = 1 + x
n+ 1 n+1 au rang suivant. Or, d'après ce qui précède, on peut remplacer avec
un+1(x) =¡1 + x
n1¡x
n(n+ 1)¡1 + x
nn+1
, donc, un+1(x) =¡1 + x
nn+11¡x
n(n+ 1)¡1 + x
nn+1
.
Afin d'appliquer à présent l'inégalité de Bernoulli au deuxième facteur de l'expression obtenue,
on cherche à montrer que ¡x
n(n+ 1)¡1 + x
n>¡1, pour tout xréel et tout n2N. Or, n > ¡xdonc
n+x > 0, donc n+x
n>0donc 1+ x n>0. D'autre part, n > ¡ximplique n >¡x¡1, d'où n+1+x > 0,
donc n2+n+nx > 0, donc x < n2+n+nx +x, donc x < (n+ 1)(n+x), donc x < n(n+ 1)¡1 + x
n,
donc x
n(n+ 1)¡1 + x
n<n(n+ 1)¡1 + x
n
n(n+ 1)¡1 + x
n, car 1 + x
n>0et n > 0et n+ 1 >0. On en déduit en multipliant
par ¡1de chaque côté, ¡x
n(n+ 1)¡1 + x
n>¡1.
1

Appliquons donc notre lemme à notre expression. On obtient ainsi l'inégalité intermédiaire
1¡x
n(n+ 1)¡1 + x
nn+1
>1 + (n+ 1)¡x
n(n+ 1)¡1 + x
ndonc, en simplifiant du côté droit,
1¡x
n(n+ 1)¡1 + x
nn+1
>1 + ¡x
n¡1 + x
n, or 1 + ¡x
n¡1 + x
n= 1 ¡x
n+x=n n+x, ce qui nous donne
1¡x
n(n+ 1)¡1 + x
nn+1
>n
n+x. Or un+1(x) = ¡1 + x nn+11¡x
n(n+ 1)¡1 + x
nn+1
d'après le
résultat surprécédent, donc un+1(x)>¡1 + x
nn+1n n+x; or ¡1 + x nn+1n n+xs'écrit aussi
¡n+x
nn+1n n+x=¡n+x nn+1 ÷¡n+x n=¡n+x nn=¡1 + x nn=un(x), ce qui nous permet d'éta-
blir que pour tout x2R,un+1(x)>un(x), donc la suite est croissante sur N.
Corollaire. Pour tout xréel, la suite v(x)est décroissante.
Démonstration. Quel que soit le réel x, la suite un(x)ne s'annule pas, car¡1+ x
nn=0 ,1+ x n=0,
ce qui entraîne n=¡x, ce qui est impossible, car n>n0. Si l'on remarque que vn(x) = 1
un(¡x)
pour tout xréel et pour tout n2N(en effet un(x) = ¡1 + x
nn, donc un(¡x) = ¡1¡x nn;donc
1
un(¡x)=¡1¡x n¡n=vn(x)), il suffit d'utiliser la croissance de (un(x)) démontrée pour tout x2R,
donc en particulier pour ¡x2R. On a ainsi pour tout xréel un+1(¡x)>un(x), donc en inversant
1
un+1(¡x)61 un(x), c'est-à-dire que pour tout n2N, pour tout x2Rvn+1(x)6vn(x), donc la
deuxième suite est décroissante. 
Théorème. Pour tout réel x, (un(x)) et (vn(x)) sont adjacentes.
Démonstration. Pour n2N,vn(x) = 1
un(¡x)n'est pas nul en tant qu'inverse, ce qui nous permet
d'écrire un(x)
vn(x)=¡1 + x
nn
¡1¡x
n¡n=¡1 + x
nn¡1¡x nn=¡¡1 + x n¡1¡x nn=12¡x2 n2n=1¡x2 n2n.
De plus, la condition que n>djxje + 2 induit que jxj
n<1(n=/ 0) d'où x2 n2<1et ¡x2 n2>¡1, donc
en appliquant l'inégalité de Bernoulli, on obtient 1¡x2
n2n
>1¡x2
n. Par ailleurs, comme n > jxj,
alors de même 1¡x2
n261, donc 1¡x2 n2n
61.
Avec les deux derniers résultats, on peut encadrer de cette manière 1¡x2
n6un(x) vn(x)61donc 06
1¡un(x)
vn(x)6x2 n; d'autre part vn(x)¡un(x) = vn(x)1¡un(x) vn(x), quel que soit x2R, donc 06
vn(x)¡un(x)6x2
nvn(x)ou 0>vn(x)¡un(x)>x2 nvn(x).
En outre, on a montré que la suite (vn(x)) était décroissante, ce qui implique qu'elle est majorée.
Soit Ml'un de ses majorants. On a 06vn(x)¡un(x)6x2
nMou 0>vn(x)¡un(x)>x2 nM, or la
quantité x2Mest une constante, donc lim
n!+1
x2
nM= 0, car lim
n!+1
1
n= 0.
Dans les deux cas, le théorème des gendarmes permet de conclure lim
n!+1vn(x)¡un(x) = 0, ou ce
qui revient au même lim
n!+1un(x)¡vn(x) = 0. Comme les suites (un(x))n>n0et (vn(x))n>n0sont
respectivement croissante et décroissante, et que leur différence tend vers 0, elles sont adjacentes. 
L'adjacence des deux suites impliquant leur convergence, il nous est permis de définir la fonction
comme suit :
Définition. Soit f : R!Rdéfinie par f(x) = lim
n!+1un(x).
Proposition. f(0) = 1.
Démonstration. f(0) = lim
n!+1un(0). Or, pour tout entier naturel supérieur à n0, on définit
la suite (un(0)) par un(0) = ¡1 + 0
n
n
= 1n= 1, c'est-à-dire que c'est une suite constante, donc
convergente en la seule valeur qu'elle prenne, donc lim
n!+1un(0) = 1.
2

Théorème. f est dérivable sur Ret f0=f.
Démonstration. Il nous faut étudier la limite de l'expression f(x+h)¡f(x)
h, où hest un réel non
nul, quand htend vers 0, pour un réel xfixé.
Pour n2N, on a 1 + x+h
nn=¡1 + x nn1 +
h
n
1 + x
nn
. En effet, ¡1 + x
n1 +
h
n
1 + x
nest égal à
¡1 + x
n+¡1 + x
nh n
1 + x
n
=n+x
n+h n=¡n+x n1 + h n+x=¡n+x nn+x+h n+x=n+x+h n= 1 + x+h n, donc
¡1 + x
n1 +
h
n
1 + x
nn
=1 + x+h
nn, ce qu'on voulait obtenir.
Supposons hstrictement compris entre ¡1et 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 nc'est-à-dire 1 + x n>1 n. On a donc 1
1 + x
n
> n, donc 
1
1 + x
n
> n.
De plus, jhj<1entraîne 
h
n
<1
n, ce qui nous donne 
h
n
1 + x
n
=
h
n
1
1 + x
n
<1
n×n=1 par produit. Cela
induit
h
n
1 + x
n
>¡1, ce qui nous permet d'appliquer le lemme : 1 +
h
n
1 + x
nn
>1 + n
h
n
1 + x
n
, ou encore
1 +
h
n
1 + x
nn
>1 + h
1 + x
n
, d'où 1 + x+h
nn
>¡1 + x
nn
1 + h
1 + x
ngrâce au résultat précédent.
En passant à la limite, il vient lim
n!+11 + x+h
nn
>lim
n!+1¡1 + x
nnlim
n!+11 + h
1 + x
n, or on a
lim
n!+11 + x
n= 1, donc lim
n!+11 + h
1 + x
n=1+h; pour les deux autres expressions, la définition de
la fonction entraîne f(x+h)>f(x)(1 + h).
jhj<1, j¡hj<1, ce qui signifie que la formule est aussi valable pour ¡h. Elle est aussi valable
pour tout réel, donc si x0est un réel, f(x0¡h)>f(x0)(1 ¡h). En prenant en particulier x0=x+h,
on obtient f(x+h¡h)>f(x+h)(1 ¡h)donc f(x)>f(x+h)(1 ¡h), donc f(x+h)6f(x)
1¡h.
On peut ainsi encadrer par f(x)(1 + h)6f(x+h)6f(x)
1¡h, donc f(x) + hf(x)6f(x+h)6f(x) 1¡h,
donc hf(x)6f(x+h)¡f(x)6f(x)
1¡h¡f(x), donc si h > 0, on a hf (x)6f(x+h)¡f(x)6hf(x) 1¡h;
deux cas se présentent : si h > 0, alors f(x)6f(x+h)¡f(x)
h6f(x) 1¡h, ou alors, si h < 0, on aura
f(x)>f(x+h)¡f(x)
h>f(x) 1¡h. Or lim
h!0
f(x)
1¡h=f(x), donc dans tous les cas, en passant à la limite, il
vient par pincement lim
h!0
f(x+h)¡f(x)
h=f(x)2R, donc fest dérivable, et 8x2Rf0(x) = f(x).
Pour conclure, la fonction définie pour tout x2Rpar f(x) = lim
n!+1¡1 + x
nn, puisqu'on a montré
que, pour tout xréel, 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