Si il existe une fonction f telle que f =f et f(0)

Lemme :
Si il existe une fonction ftelle que f′=fet f(0)=1 alors
cette fonction ne s’annule pas sur R.
Preuve :
On suppose donc l’existence de cette fonction f. On consi-
dère la fonction gdont l’image d’un nombre xest donnée
par la formule :
g(x) = f(x)·f(−x)
Cette fonction est dérivable sur Rcomme produit de deux
fonctions dérivable. La formule de dérivation d’un produit
permet d’obtenir l’expression de la fonction dérivée g′:
g′(x) = f′(x)·f(−x) + f(x)·−f′(−x)
=f′(x)·f(−x)−f(x)·f′(−x)
De la propriété f′=f, on déduit :
=f(x)·f(−x)−f(x)·f(−x) = 0
La fonction gest donc constante. En remarquant que :
g(0) = f(0)·f(−0) = 1×1 = 1
On en déduit que pour tout x∈R,ona:
g(x) = 1
On vient de montrer que le produit f(x)·f(−x)ne s’an-
nule jamais sur R: le facteur f(x)ne s’annule donc pas
sur R.
Théorème :
Il existe une unique fonction fdéfinie sur Rtelle que :
f′=fet f(0)=1
Démonstration :
L’existence d’une telle fonction est admise.
Pour montrer qu’il existe une unique fonction réali-
sant ces deux conditions, procédons au raisonnement
par l’absurdre suivant :
“Supposons qu’il existe deux fonctions réalisant
fet gdistinctes réalisant ces deux conditions.”
La fonction gvérifiant les conditions recherchées, le
lemme permet d’affirmer que le quotient f
gest défi-
nie sur R. Considérons la fonction hdéfinie par :
h(x) = f(x)
g(x)
La fonction hest définie sur Ret dérivable sur R
comme quotient de deux fonctions dérivables. La for-
mule de dérivation des quotients permet d’obtenir
l’expression de la fonction h:
h′(x) = f′(x)·g(x)−f(x)·g′(x)
g(x)2
Les propriétés de fet gpermettent d’écrire :
h′(x) = f(x)·g(x)−f(x)·g(x)
g(x)2=0 g(x)2= 0
La dérivée de la fonction hétant nulle, on en déduit
que la fonction hest constante et on a :
h(0) = f(0)
g(0) =1 1= 1
On en déduit que pour tout nombre x∈R,ona:
h(x) = 1 =⇒f(x)
g(x)= 1 =⇒f(x) = g(x)
On vient de montrer que ces deux fonctions coïn-
cident sur R: ces deux fonctions sont égales.
Lemme :
Si il existe une fonction ftelle que f′=fet f(0)=1 alors
cette fonction ne s’annule pas sur R.
Preuve :
On suppose donc l’existence de cette fonction f. On consi-
dère la fonction gdont l’image d’un nombre xest donnée
par la formule :
g(x) = f(x)·f(−x)
Cette fonction est dérivable sur Rcomme produit de deux
fonctions dérivable. La formule de dérivation d’un produit
permet d’obtenir l’expression de la fonction dérivée g′:
g′(x) = f′(x)·f(−x) + f(x)·−f′(−x)
=f′(x)·f(−x)−f(x)·f′(−x)
De la propriété f′=f, on déduit :
=f(x)·f(−x)−f(x)·f(−x)=0
La fonction gest donc constante. En remarquant que :
g(0) = f(0)·f(−0) = 1×1 = 1
On en déduit que pour tout x∈R, on a :
g(x) = 1
On vient de montrer que le produit f(x)·f(−x)ne s’an-
nule jamais sur R: le facteur f(x)ne s’annule donc pas
sur R.
Théorème :
Il existe une unique fonction fdéfinie sur Rtelle que :
f′=fet f(0)=1
Démonstration :
L’existence d’une telle fonction est admise.
Pour montrer qu’il existe une unique fonction réali-
sant ces deux conditions, procédons au raisonnement
par l’absurdre suivant :
“Supposons qu’il existe deux fonctions réalisant
fet gdistinctes réalisant ces deux conditions.”
La fonction gvérifiant les conditions recherchées, le
lemme permet d’affirmer que le quotient f
gest défi-
nie sur R. Considérons la fonction hdéfinie par :
h(x) = f(x)
g(x)
La fonction hest définie sur Ret dérivable sur R
comme quotient de deux fonctions dérivables. La for-
mule de dérivation des quotients permet d’obtenir
l’expression de la fonction h:
h′(x) = f′(x)·g(x)−f(x)·g′(x)
g(x)2
Les propriétés de fet gpermettent d’écrire :
h′(x) = f(x)·g(x)−f(x)·g(x)
g(x)2=0 g(x)2= 0
La dérivée de la fonction hétant nulle, on en déduit
que la fonction hest constante et on a :
h(0) = f(0)
g(0) =1 1= 1
On en déduit que pour tout nombre x∈R, on a :
h(x) = 1 =⇒f(x)
g(x)= 1 =⇒f(x) = g(x)
On vient de montrer que ces deux fonctions coïn-
cident sur R: ces deux fonctions sont égales.
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Corollaire :
La fonction exp est strictement positive sur R.
Preuve :
Raisonnons par l’absurde pour montrer cette assertion.
Pour cela supposons :
“La fonction exp n’est pas strictement positive sur R.
C’est à dire qu’il existe au moins un nombre réel atel
que exp(a)⩽0”
Ainsi, aest un nombre réel vérifiant exp(a)⩽0. Sachant
que la fonction exp ne s’annule pas sur R, on a déduit
que le nombre avérifie :
exp(a)<0
On en déduit que 0∈exp(a) ; 1. Puisque :
exp est continue sur Rpuisqu’elle continue sur R;
exp(0) = 1
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, on en dé-
duit l’existence d’un nombre btelle que :
exp(b) = 0
On aboutit à une contradiction car la fonction exp ne
s’annule pas sur R.
Corollaire :
La fonction exp est strictement positive sur R.
Preuve :
Raisonnons par l’absurde pour montrer cette assertion.
Pour cela supposons :
“La fonction exp n’est pas strictement positive sur R.
C’est à dire qu’il existe au moins un nombre réel atel
que exp(a)⩽0”
Ainsi, aest un nombre réel vérifiant exp(a)⩽0. Sachant
que la fonction exp ne s’annule pas sur R, on a déduit
que le nombre avérifie :
exp(a)<0
On en déduit que 0∈exp(a) ; 1. Puisque :
exp est continue sur Rpuisqu’elle continue sur R;
exp(0) = 1
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, on en dé-
duit l’existence d’un nombre btelle que :
exp(b) = 0
On aboutit à une contradiction car la fonction exp ne
s’annule pas sur R.
Corollaire :
La fonction exp est strictement positive sur R.
Preuve :
Raisonnons par l’absurde pour montrer cette assertion.
Pour cela supposons :
“La fonction exp n’est pas strictement positive sur R.
C’est à dire qu’il existe au moins un nombre réel atel
que exp(a)⩽0”
Ainsi, aest un nombre réel vérifiant exp(a)⩽0. Sachant
que la fonction exp ne s’annule pas sur R, on a déduit
que le nombre avérifie :
exp(a)<0
On en déduit que 0∈exp(a) ; 1. Puisque :
exp est continue sur Rpuisqu’elle continue sur R;
exp(0) = 1
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, on en dé-
duit l’existence d’un nombre btelle que :
exp(b) = 0
On aboutit à une contradiction car la fonction exp ne
s’annule pas sur R.
Corollaire :
La fonction exp est strictement positive sur R.
Preuve :
Raisonnons par l’absurde pour montrer cette assertion.
Pour cela supposons :
“La fonction exp n’est pas strictement positive sur R.
C’est à dire qu’il existe au moins un nombre réel atel
que exp(a)⩽0”
Ainsi, aest un nombre réel vérifiant exp(a)⩽0. Sachant
que la fonction exp ne s’annule pas sur R, on a déduit
que le nombre avérifie :
exp(a)<0
On en déduit que 0∈exp(a) ; 1. Puisque :
exp est continue sur Rpuisqu’elle continue sur R;
exp(0) = 1
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, on en dé-
duit l’existence d’un nombre btelle que :
exp(b) = 0
On aboutit à une contradiction car la fonction exp ne
s’annule pas sur R.
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Lemme :
Pour tout x∈R, on a : ex>x
Preuve :
Considérons la fonction fdéfinie sur Rpar :
f(x) = ex−x
Cette fonction est dérivable et sa dérivée admet pour ex-
pression :
f′(x) = ex−1
Le fait que la fonction exponentielle est strictement crois-
sante sur Ret que e0=1, on en déduit que l’inéquation :
f′(x)>0
ex−1>0
ex>1
admet pour solution l’ensemble R∗
+. Ainsi, la fonction f′
admet pour tableau de signe ci-dessous et on en déduit
le tableau de variation de la fonction f:
-+
0
-∞0+∞
1
Variation
de f
Signe
de f′
x
Le tableau de variation de la fonction fpermet d’obtenir
la minoration suivante de la fonction f:
f(x)>1
f(x)>0
ex−x > 0
ex> x
Théorème :
On a les deux limites suivantes :
lim
x7→−∞
ex= 0 ;lim
x7→+∞
ex= +∞
Preuve :
D’après le lemme, pour tout x∈R, on a la compa-
raison :
ex> x
Or, on a la limite lim
x7→+∞
x=+∞. Par les théorèmes
de comparaison des limites, on en déduit :
lim
x7→+∞
ex= +∞
Utilisons le changement de variable x=−X. On a :
ex=e−X=1
eX
Lorsque le xva tendre vers −∞, la variable Xva
tendre vers +∞.
Des deux remarques précédentes, on en déduit l’éga-
lité des deux limites suivantes :
lim
x7→−∞
ex= lim
X7→+∞
1
eX
D’après la limite précédente, on en déduit :
lim
x7→−∞
ex= 0
Lemme :
Pour tout x∈R, on a : ex>x
Preuve :
Considérons la fonction fdéfinie sur Rpar :
f(x) = ex−x
Cette fonction est dérivable et sa dérivée admet pour ex-
pression :
f′(x) = ex−1
Le fait que la fonction exponentielle est strictement crois-
sante sur Ret que e0=1, on en déduit que l’inéquation :
f′(x)>0
ex−1>0
ex>1
admet pour solution l’ensemble R∗
+. Ainsi, la fonction f′
admet pour tableau de signe ci-dessous et on en déduit
le tableau de variation de la fonction f:
-+
0
-∞0+∞
1
Variation
de f
Signe
de f′
x
Le tableau de variation de la fonction fpermet d’obtenir
la minoration suivante de la fonction f:
f(x)>1
f(x)>0
ex−x > 0
ex> x
Théorème :
On a les deux limites suivantes :
lim
x7→−∞
ex= 0 ;lim
x7→+∞
ex= +∞
Preuve :
D’après le lemme, pour tout x∈R, on a la compa-
raison :
ex> x
Or, on a la limite lim
x7→+∞
x=+∞. Par les théorèmes
de comparaison des limites, on en déduit :
lim
x7→+∞
ex= +∞
Utilisons le changement de variable x=−X.Ona:
ex=e−X=1
eX
Lorsque le xva tendre vers −∞, la variable Xva
tendre vers +∞.
Des deux remarques précédentes, on en déduit l’éga-
lité des deux limites suivantes :
lim
x7→−∞
ex= lim
X7→+∞
1
eX
D’après la limite précédente, on en déduit :
lim
x7→−∞
ex= 0
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Proposition :
On a les trois limites suivantes :
lim
x7→+∞
ex
x= +∞;lim
x7→−∞
x·ex= 0 ;lim
x7→0
ex−1
x= 1
Preuve :
On remarque l’égalité suivante :
e
x
2
√x2
=e
x
22
√x2=e
x
2×2
x=ex x
Nous avons établi, dans un lemme précédent, l’inéga-
lité ci-dessous pour tout u∈R:
eu> u
En particulier pour u=x
2,ona:
e
x
2>x
2
√xest un nombre positif :
e
x
2
√x>
x
2
√x
e
x
2
√x>x
2·√x
e
x
2
√x>√x
2
e
x
2
√x>√x
2>0
La fonction carrée est croissante sur R+:
e
x
2
√x2
>√x
22
e
x
2
√x2
>x
4
En utilisant l’égalité de début de démonstration :
ex
x>x 4
On a la limite lim
x7→+∞
x
4=+∞. D’après les théorèmes
de comparaisons des limites, on obtient :
lim
x7→+∞
ex
x= +∞
Posons le changement de variable suivant : x=−X
x·ex=−X·e−X=−X·1
eX=−X eX=−1
eX
X
Lorsque xtend vers −∞, on a Xtend vers +∞.
Des deux remarques précédentes, on en déduit l’éga-
lité des deux limites suivantes :
lim
x7→−∞
x·ex= lim
X7→+∞−1
eX
X
= 0
car lim
X7→+∞
eX
X= +∞
La définition du nombre dérivée en 0donne :
exp′(0) = lim
h7→0
exp(0+h)−exp(0)
h
exp(0) = lim
h7→0
exp(h)−1
h
1 = lim
h7→0
eh−1
h
Proposition :
On a les trois limites suivantes :
lim
x7→+∞
ex
x= +∞;lim
x7→−∞
x·ex= 0 ;lim
x7→0
ex−1
x= 1
Preuve :
On remarque l’égalité suivante :
e
x
2
√x2
=e
x
22
√x2=e
x
2×2
x=ex x
Nous avons établi, dans un lemme précédent, l’inéga-
lité ci-dessous pour tout u∈R:
eu> u
En particulier pour u=x
2, on a :
e
x
2>x
2
√xest un nombre positif :
e
x
2
√x>
x
2
√x
e
x
2
√x>x
2·√x
e
x
2
√x>√x
2
e
x
2
√x>√x
2>0
La fonction carrée est croissante sur R+:
e
x
2
√x2
>√x
22
e
x
2
√x2
>x
4
En utilisant l’égalité de début de démonstration :
ex
x>x 4
On a la limite lim
x7→+∞
x
4=+∞. D’après les théorèmes
de comparaisons des limites, on obtient :
lim
x7→+∞
ex
x= +∞
Posons le changement de variable suivant : x=−X
x·ex=−X·e−X=−X·1
eX=−X eX=−1
eX
X
Lorsque xtend vers −∞, on a Xtend vers +∞.
Des deux remarques précédentes, on en déduit l’éga-
lité des deux limites suivantes :
lim
x7→−∞
x·ex= lim
X7→+∞−1
eX
X
= 0
car lim
X7→+∞
eX
X= +∞
La définition du nombre dérivée en 0donne :
exp′(0) = lim
h7→0
exp(0+h)−exp(0)
h
exp(0) = lim
h7→0
exp(h)−1
h
1 = lim
h7→0
eh−1
h
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