Introduction de l’exponentielle en TS

Intention de cet article

Lorsqu’il s’agit d’introduire la fonction exponentielle en terminale S, il y a un long déroulé très théorique à faire avec de nombreuses démonstrations. La démarche habituelle consiste à démontrer que si une fonction f est solution du problème de Cauchy (voir ci-dessous), alors elle ne s’annule jamais. Pour cela on fait une première démonstration en dérivant une certaine fonction : x \mapsto f(x)f(-x) dont on montre qu’elle est égale à 1. Puis, ensuite, on démontre l’unicité de la solution au problème de Cauchy en supposant que l’on a deux solutions f et g et en dérivant une certaine fonction : x \mapsto f(x)g(-x) ou x \mapsto \frac{g(x)}{f(x)} (ce qui a un sens puisque f ne s’annule jamais) ce qui permet d’en déduire f=g. Une fois l’unicité établie, on peut, sans ambiguïté, noter exp la fonction solution au problème de Cauchy (en supposant qu’elle existe…). Ensuite, il s’agit de démontrer la propriété fondamentale de l’exponentielle \text{exp}(A+B)=\text{exp}(A)\times\text{exp}(A) en dérivant encore une certaine fonction…
Bref, cette démarche est un peu lourde et, à chaque fois, il faut recommencer des calculs similaires de dérivation. Ne peut-on pas faire plus simple ? Eh bien oui ! Dans le déroulé ci-dessous, nous établissons un lemme préalable à partir duquel tous les résultats souhaités en découleront. Cela reste abstrait pour le néophyte mais l’avantage est qu’il n’y a qu’un seul calcul de dérivation à faire lors de la démonstration du lemme.

Voici donc la démarche !

1 – Présentation du problème de Cauchy

En préambule, posons-nous une question triviale : existe-t-il une fonction dérivable f qui est égale à sa dérivée sur \mathbb{R} ? La réponse est évidente :

oui, la fonction identiquement nulle : f=0 \text{ sur } \mathbb{R}

Se pose donc une nouvelle question : existe-t-il une fonction dérivable non identiquement nulle qui vérifie la condition f'=f \text{ sur } \mathbb{R} ? Notons que si une telle fonction existe, tous ses multiples vérifieront également l’égalité f'=f. Si on veut donc avoir une chance de construire une fonction unique, il est nécessaire d’imposer une condition initiale en posant, par exemple : f(0)=1.

On s’intéresse donc aux éventuelles fonctions qui vérifient les conditions suivantes, appelées problème de Cauchy et notées (PC) :

\text{(PC)} \quad : \quad \left\{\begin{array}{l}f(0)=1\\f'=f \text{ sur } \mathbb{R}\end{array}\right.

Nous allons montrer dans cet article que si une fonction est solution de ce problème, alors elle est unique et possède des propriétés remarquables que nous allons établir.

Notons qu’une fonction f qui vérifie le problème de Cauchy est nécessairement continue sur \mathbb{R} car dérivable sur \mathbb{R}.

2 – Le lemme préliminaire

Le fameux lemme qui « fait tout » ! Le voici :

Si f et g sont deux fonctions qui vérifient (\text{PC}), alors :

\forall x \in \mathbb{R}, \forall A \in \mathbb{R} : f(A+x)g(-x)=f(A)

Démonstration

Posons \varphi, la fonction définie pour tout x \in \mathbb{R} par :

\varphi(x) = f(A+x)g(-x)

La fonction \varphi est de la forme \varphi = uv avec \left\{\begin{array}{l}u(x)=f(A+x)\\v(x)=g(-x)\end{array}\right..

Par produit (et composition affine), elle est donc dérivable sur \mathbb{R} et on a :

\varphi'=u'v + uv'

Or u'(x)=f'(A+x) et v'(x)=-g'(-x) d’où :

\varphi'(x) = f'(A+x)g(-x) - f(A+x)g'(-x)

Mais, par hypothèse, les fonctions f et g sont des solutions du problème de Cauchy, on a donc f'(A+x)=f(A+x) et g'(-x)=g(-x) si bien qu’au final :

\varphi'(x) = f(A+x)g(-x) - f'(A+x)g(-x)=0

La dérivée \varphi' est nulle sur \mathbb{R}, par conséquent la fonction \varphi est constante sur \mathbb{R}. (Ce résultat est admis depuis la classe de première, il découle du théorème des accroissements finis qui n’est pas accessible en lycée).

Nous pouvons facilement calculer cette constante car :

\varphi(0)=f(A+0)g(0)=f(A)

En conclusion, on donc bien démontré le lemme :

f(A+x)g(-x)=f(A)

Nous allons maintenant voir comment ce lemme permet d’établir tous les résultats dont nous aurons besoin.

3 – Si une fonction est solution de (PC), alors elle ne s’annule jamais

On applique le lemme avec A=0 et f=g, ce qui donne, pour tout réel x :

g(x)g(-x)=f(0)=1

Si la fonction g s’annulait en un certain réel x_0, on aurait alors g(x_0)g(-x_0)= 0 \times g(-x_0) = 1 ce qui est absurde.

Ainsi, toute fonction f solution au problème de Cauchy vérifie nécessairement la relation :

f(x)f(-x)=1

On pourrait aller plus loin pour en déduire que f est nécessairement strictement positive. En effet, s’il existait un réel x_1 tel que f(x_1)<0, alors en vertu du théorème des valeurs intermédiaires (que l’on peut légitimement appliquer puisque f est continue), il existerait un réel x_0 compris entre 0 et x_1 tel que f(x_0)=0 ce qui est en contradiction avec ce qu’on a montré précédemment. Mais nous verrons plus loin une autre façon de prouver la stricte positivité d’une telle fonction solution.

4 – Si une fonction est solution de (PC), alors elle est UNIQUE

Pour prouver qu’un objet mathématique est unique, la démarche est assez classique. On suppose qu’il existe deux fonctions f et g qui vérifient le problème de Cauchy. Alors, d’après le lemme appliqué avec A=0, on a pour tout réel x :

f(x)g(-x)=1

En multipliant des deux côtés par g(x), il vient :

f(x)g(-x)g(x)=g(x)

Mais puisque g(-x)g(x)=1, d’après la partie 3, il reste au final :

f(x)=g(x)

On a donc f=g sur \mathbb{R}, ce qui prouve l’unicité.

5 – Propriété fondamentale

Appliquons le lemme avec g=f :

f(A+x)f(-x)=f(A)

Multiplions des deux cotés par f(x) :

f(A+x)f(-x)f(x)=f(A)f(x)

Mais puisque f(-x)f(x)=1, il reste au final :

f(A+x)=f(A)f(x)

Remplaçons x par B par souci d’esthétisme :

f(A+B)=f(A)f(B)

Autrement dit, la fonction f transforme les additions en multiplications.

En particulier, on retrouve la stricte positivité de la fonction f. En effet, pour tout réel x, on peut écrire :

f(x)=f\left(\frac{x}{2}+\frac{x}{2}\right)=f\left(\frac{x}{2}\right)f\left(\frac{x}{2}\right)=\left(f\left(\frac{x}{2}\right)\right)^2> 0

En utilisant la relation f(A+B)=f(A)f(B), on a également :

f(A)=f\bigl((A-B)+B\bigr)=f(A-B)f(B)

D’où (puisque f ne s’annule jamais) :

f(A-B)=\frac{f(A)}{f(B)}

Et enfin, par récurrence immédiate, on a pour tout entier naturel n :

f(n)=f(1+1+\dots+1)=f(1)f(1)\dots f(1)=\bigl(f(1)\bigr)^n

 

6 – Baptème et notations

Si on fait le bilan de toute cette étude, on a montré que s’il existe une fonction f solution au problème de Cauchy, celle-ci est unique. On peut donc lui donner un nom : nous l’appellerons la fonction exponentielle.

De plus, si nous notons e le nombre f(1), la précédente formule montre que :

f(n)=e^n

Par extension,  pour tout réel x, on convient de noter e^x le nombre f(x). Ainsi, nous pouvons récapituler tous les résultats que nous avons vu :

e^0=1

(e^x)'=e^x

e^x e^{-x}=1

\forall x \in \mathbb{R}, e^x > 0

\forall A, B \in \mathbb{R}, e^{A+B}=e^A \times e^B

\forall A, B \in \mathbb{R}, e^{A-B}=\frac{e^A}{e^B}

Mais une question subsiste. Comment calculer ce fameux nombre e ?

Pour cela, il existe de nombreuses méthodes (algorithmes, suites, méthode d’Euler). Nous en proposons une ici, inspirée de ce qu’on appelle un développement en série entière.

Supposons que l’on puisse écrire ceci :

e^X=a_0+a_1X+a_2X^2+a_3X^3+a_4X^4 + \dots

Puisque e^0=1, on a nécessairement a_0=1 donc :

e^X=1+a_1X+a_2X^2+a_3X^3+a_4X^4 + \dots

En dérivant la relation ci-dessus, on obtient :

(e^X)'=a_1+2a_2X+3a_3X^2+4a_4X^3+\dots

Mais puisque (e^X)'=e^X, on peut mettre en égalité les quantités :

1+a_1X+a_2X^2+a_3X^3+a_4X^4 + \dots=a_1+2a_2X+3a_3X^2+4a_4X^3+\dots

En identifiant les coefficients, il vient :

a_1= 1

Puis :

2a_2=a_1=1 donc a_2=\frac12

Puis :

3a_3=a_2=2 donc a_3=\frac16

Puis :

4a_4=a_3=6 donc a_4=\frac{1}{24}

et ainsi de suite, il apparait alors que :

a_n=\frac{1}{n!}

Ainsi :

e^X=1+X+\frac{X^2}{2}+\frac{X^3}{6}+\frac{X^4}{24} + \dots + \frac{X^n}{n!}+\dots

Évidemment, la fonction exponentielle n’est pas polynomiale car le développement se poursuit (on appelle un tel développement une série entière).

Finalement, puisque e=e^1, on a un algorithme naturel qui nous permet de calculer une valeur approchée du nombre e :

e=1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{24} + \dots + \frac{1}{n!}+\dots

Cela s’écrit plus formellement :

\displaystyle e=\sum_{n=0}^{{+\infty}}\frac{1}{n!}

Et on trouve :

\displaystyle e\approx 2{,}718

Remarque pédagogique : si on doit prouver l’unicité de la fonction vérifiant le problème de Cauchy en classe, puis en déduire les propriétés qui en découlent, il n’est peut-être pas conseillé d’appliquer cette méthode abrégée. Mieux vaut faire la méthode classique, certes plus longue, mais dans laquelle le fil conducteur est plus clair. Cette méthode abrégée est intéressante en seconde lecture.

 

 

 

 

 

 

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