´ nonc´e E
´ ´ Definitio efinition n de la fonction fonction exponentiel exponentielle le r eelle eelle
La fonction exponentielle r´ eelle eelle par les suites adjacentes adjacentes 1. Pour tout r´eel eel t > −1, −1, et pour tout entier n 2, v´erifier eri fier que (1 + t)n 1 + nt. Plus Plu s pr´ecis´ eci s´ement, eme nt, on prouver pro uveraa qu’il qu’ il y a ´egalit´ ega lit´e si et seulem seu lement ent si t = 0. 2. Dans cette question question,, x est un r´eel eel quelconque quelc onque,, mais m ais fix fix´ e. x Pour n 1, on pose un (x) = 1 + n
n
x . Pour n > | x|, on pose vn (x) = 1 − n
−n
.
(a) En utilisant la question pr´ec´ ec´edente, edente, montrer que la suite (un (x))n>|x| est croissante. Plus pr´ecis´ ecis´ement, ement, montrer que cette cett e monoto m onotonie nie est stricte stric te si x est non nul. ´ (b) Etudier de mˆeme eme la monotonie de la suite (vn (x))n>|x| . x2 (c) Pour tout n > | x|, prouver l’encadrement 0 vn (x) − un (x) vn (x) . n En d´eduire eduir e que q ue les suites (un (x))n>|x| et (vn (x))n>|x| sont adjacentes.
3. Pour tout x de
R,
on note exp(x) = lim un (x) = lim vn (x). n→+∞
n→+∞
Il reste a` montrer qu’on obtient o btient ainsi une d´efinition efinition de la fonction fonct ion exponentielle. exp onentielle. V´erifier erifier que exp(0) = 1, puis que exp(x) > 0 et exp(x)exp(− )exp(−x) = 1 pour tout x. 4. Dans cette cett e questio qu estion, n, on o n prouve pr ouve l’´ l ’´egalit´ egalit´e fondam f ondamentale entale exp(x)exp(y ) = exp(x + y ). (a) Soit (λn )n1 une suite r´eelle eelle tendant tendant vers 0. On veut montrer montrer que lim
n→+∞
λn Montrer : ∃ n0 ∈ N, n n0 ⇒ ⇒ 1 1 + λn 1+ n
(b) Pour tous x, y de
R,
n
λn 1+ n
1 et conclure. 1 − λn
n
= 1.
montrer que exp(x)exp(y ) = exp(x + y ).
Indication : utiliser λn tel que
x 1+ n
y 1+ n
λn = 1+ n
x + y 1+ . n
que exp = exp. 1 (a) Pour tout x de ] − 1, 1[, montrer que 1 + x exp(x) . 1−x (b) En d´eduire eduire que l’application x → exp(x) est d´erivable erivable en 0 et que exp (0) = 1.
5. On prouve prouve ici que x → exp(x) est d´erivable eri vable sur
R et
(c) Montrer que x → exp(x) est d´erivable eri vable sur
R et
que exp = exp .
6. Dans cette questi question, on, on obtient obtient deux limite limitess usuell usuelles es et on montre montre que l’applicat l’application ion exp est +∗ une bijection de R sur R . x n (a) Soit x dans R . Montrer que n → 1 + est croissante a` partir de n = 1. n exp(x) (b) En d´eduire eduire lim = +∞ et lim xn exp(x) = 0 pou pourr tout tout n de N. n x→∞ x→−∞ x
+∗
(c) Montrer Montrer que l’application l’application x → exp(x) est une bijection de R sur R+∗. On note ln (“logarith (“log arithme me n´ep´ ep´erien”) erien ”) la bijection bijec tion r´eciproqu ecipr oquee de R+∗ sur (d) Pour tous x, y de
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+ R ∗,
R.
montrer que ln(xy ) = ln(x) + ln(y ).
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Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme 1. Il est clair que si t = 0, alors on a l’´egalit´e (1 + t)n
1 + nt pour tout n.
On fixe t dans ] − 1, 0 [ ∪ ] 0, +∞[ et on montre l’in´egalit´e stricte par r´ecurrence sur n. — Pour n = 2, c’est ´evident car (1 + t)2 − (1 + 2t) = t 2 > 0. — Supposons donc (1 + t)n > 1 + nt pour un certain entier n 2. Alors (1 + t)n+1 = (1 + t)(1 + t)n > (1 + t)(1 + nt) (car t + 1 > 0 et (1 + t)n > 1 + nt). On en d´eduit (1 + t)n+1 > 1 + (n + 1) t + nt2 > 1 + (n + 1) t. Cela prouve la propri´et´e au rang n + 1 et ach`eve la r´ecurrence. Remarque : Voici une deuxi`eme m´ethode pour r´epondre `a la question pos´ee. Posons ϕn (t) = (1 + t)n − 1 − nt, avec n 2 fix´e, et t > −1 variable. Pour tout t > −1, on a ϕn (t) = n (1 + t)n−1 − n et ϕn (t) = n (n − 1)(1 + t)n−2 . On a ϕn (t) > 0 pour tout t > −1, donc ϕn est strictement croissante sur ] − 1, +∞[. Mais ϕn (0) = 0, donc ϕn (t) < 0 si −1 < t < 0 et ϕn (t) > 0 si t > 0. Ainsi ϕ est strictement d´ecroissante sur ]−1, 0] et strictement croissante sur R+ . L’application ϕn pr´esente donc un minimum absolu en 0. Or ϕn (0) = 0. Conclusion : on a ϕn (t) 0 si t > −1, avec ´egalit´e si t = 0 (cqfd). 2. Remarque : la condition n > | x| est n´ecessaire pour que vn (x) soit d´efini. On a en fait 1 ±
x > 0. n
(a) Pour n > | x|, on a
un+1 (x) = un (x)
x
n+1
1+ n +x1
n
1+
n+1
x x 1 + n + 1 = 1+ 1+ x n
n x 1+ − x n + 1 n + 1 n t x t x On a : 0 < = 1 + ( ) o` u ( ) = = − . n n x x n x n ( + 1)( + ) 1+ 1+ n n Puisque 1 + tn (x) > 0, on peut utiliser (1) et ´ecrire (1 + tn (x))n+1 1 + ( n + 1) tn (x). x
n
x
x −1 Mais 1 + (n + 1) tn (x) = 1 − = = 1+ . x + n n + x n un+1 (x) x un+1 (x) On trouve donc 1+ (1 + (n + 1) tn (x)) c’est-`a-dire 1. un (x) n un (x) x
n
Conclusion : la suite (un (x))n>|x| est croissante. Plus pr´ecis´ement, si x = 0, la suite (un (x))n>|x| est constante de valeur 1. Si x = 0, on a tn (x) = 0 donc (1 + tn (x))n+1 > 1 + (n + 1) tn (x). Dans ce cas, la suite (un (x))n>|x| est strictement croissante. (b) Il est clair que pour tout n > | x|, on a vn (x) =
1 . un (−x)
Puisque la suite (un (−x))n>|x| est a` valeurs dans R+∗ et qu’elle est croissante (strictement si x = 0), la suite (vn (x))n>|x| est d´ecroissante (strictement si x = 0).
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Corrig´e
(c) Pour tout n > | x|, on trouve : x n x2 n − 1+ = v n (x) 1 − 1 − 2 . n n x2 Puisque n > | x| donc 0 < 1 − 2 1, cette in´egalit´e donne vn (x) un (x). n 2 x x2 n x2 Mais n > | x| ⇒ − 2 > −1 ⇒ 1 − 2 1 − en r´eutilisant la question (1). n n n x2 Pour tout n > | x|, on en d´eduit la majoration vn (x) − un (x) vn (x) . n Mais on sait que n → v n (x) d´ecroit a` partir de n0 = [x] + 1. x vn (x) − un (x) = 1 − n
−n
x2 On en d´eduit 0 vn (x) − un (x) vn (x) pour tout n n0 . n Ainsi lim (vn (x) − un (x)) = 0. 0
n→+∞
Il en d´ecoule que les suites (un (x))n>|x| et (vn (x))n>|x| sont adjacentes. 3. Pour tout n 1, on a un (0) = 1, donc exp(0) = lim un (0) = 1. n→+∞
Pour tout x de
R,
et pour n > | x|, on a un (x) exp(x) (monotonie de la suite u).
x n > 0. On en d´ Mais, du fait que n > | x|, on a un (x) = 1 + eduit exp(x) > 0. n Pour tout x de R, et pour n > | x|, on a un (x)vn (−x) = 1.
Si on fait tendre n vers +∞ dans cette ´egalit´e, on trouve exp(x)exp(−x) = 1. 4. (a) On choisit n0 dans
N∗
tel que n n0 ⇒ |λn | < 1.
λn n Pour n n0 , on a alors n > | λn | donc 1 + 1 + λn en utilisant (1). n λn n De mˆeme n n0 ⇒ 1 − 1 − λn > 0 (changer λn en −λn , n0 est le mˆ eme). n 1 λn n λ2n n λ n −n λ2n n 1 On en d´eduit 1 + = 1− 2 1− . 1− 2 n n n n 1 − λn 1 − λn 1 λn n On a donc obtenu l’encadrement 1 + λn 1 + pour n n0 . n 1 − λn λn n Il en r´esulte ´evidemment lim 1 + = 1. n→+∞ n
n
n
(b) Pour tout n 1, on a : λn x + y x 1+ 1+ − 1+
y λ x + y xy 1+ = 1+ − . n n n n x y λ x + y n
On peut donc ´ecrire 1 +
n
n
2
1+
n
= 1+
n
n
1+
n
avec λn =
xy . n + x + y
Cette expression de λn est valable pour n assez grand et lim λn = 0. n→+∞
λn n En ´elevant a` la puissance n : un (x)un (y ) = 1 + un (x + y ) pour n assez grand. n λn n Quand n → ∞, avec lim 1 + = 1, on trouve exp(x) exp(y ) = exp(x + y ). n→+∞ n
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5. (a) Pour tout x de
R,
Corrig´e
et tout n > | x| on a exp(x) un (x) (monotonie de la suite u).
x x n Mais n > | x| ⇒ > −1 ⇒ u n (x) = 1 + 1 + x en utilisant (1). n n On obtient donc exp(x) 1 + x pour tout x de R, et en particulier si −1 < x < 1
Ainsi exp(−x) 1 − x donc 1 = exp(−x)exp(x) (1 − x)exp(x) si −1 < x < 1. 1 Pour tout x de ]−1, 1[, on a donc les in´egalit´es 1 + x exp(x) . 1−x (b) La question (5a) donne x exp(x) − 1
x
, pour tout x de ]−1, 1[. 1−x exp(x) − 1 1 1 exp(x) − 1 Donc : 1 sur ]0, 1[ et 1 sur ]−1, 0[. x x 1−x 1−x exp(x) − exp(0) exp(x) − 1 De toutes fa¸cons, on voit que lim = lim = 1. x
x→0
x
x→0
Ainsi l’application exp est d´erivable en 0 et exp (0) = 1. (c) Fixons x0 dans Puisque lim
∀ h ∈
R.
exp(h) − 1 h
h→0
R∗ ,
exp(x0 + h) − exp(x0 ) h
= 0, on trouve lim
= exp(x0 )
exp(h) − 1 h
exp(x0 + h) − exp(x0 ) h
h→0
.
= exp(x0 ).
Ainsi l’application x → exp(x) est d´erivable en x0 et exp (x0 ) = exp(x0 ). Conclusion : l’application exp est d´erivable sur
R et
exp = exp.
x 6. (a) Si x > 0, ce qui a ´et´e fait en (2a) pour la suite n → u n (x) = 1 + n `a partir de n = 1. x n On en d´eduit l’in´egalit´e exp(x) 1 + pour tout n de N∗ . n
(b) Si on fixe n dans
n
est en effet possible
x
n+1
et pour x strictement positif, on a exp(x) 1 + n + 1 exp(x) xn+1 x Il en d´ecoule exp(x) donc pour tout x > 0. (n + 1) n+1 (n + 1) n+1 xn exp(x) Ainsi lim = +∞. n x→∞
N,
.
x
exp(−x) = +∞ donc lim xn exp(x) = 0. n x→−∞ (−x) x→−∞
On en d´eduit lim (c) Pour tout x de
R,
on a exp (x) = exp(x) > 0.
L’application continue x → exp(x) est donc strictement croissante sur R. Elle r´ealise donc une bijection de R sur son intervalle image. Mais, d’apr`es (I.6b), avec n = 0, on a lim exp(x) = 0 et lim exp(x) = +∞. x→−∞
x→+∞
L’application exp est donc un bijection strictement croissante de R sur
R
+∗
.
(d) On a : exp(ln(xy )) = xy = exp(ln(x)) exp(ln(y )) = exp(ln(x) + ln(y )). Compte tenu de l’injectivit´e de exp, il en r´esulte ln(xy ) = ln(x) + ln(y ).
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