Vous avez dit "exponentielle" ?

Si vous êtes en terminale et que vous envisagez des études scientifiques avec une bonne dose de mathématiques, je vous conseille de vous intéresser de près à ce qui suit.

Le thème abordé (construction rigoureuse des puissances d’exposant quelconque et de la fonction exponentielle) est en effet quasiment inexploré au lycée (en tous cas, pas avec ce niveau de détail) mais joue, en revanche, un rôle-clef en analyse réelle (étude des suites et des fonctions, calcul différentiel et intégral, etc …).

Cet article a donc été placé dans la catégorie Articles de niveau Lycée bien qu’il demeure, par certains côtés, d’un niveau plus avancé. En cas de difficulté, n’hésitez pas à poster vos questions ou remarques en commentaires ou bien en passant par le formulaire de contact.

– Qu’est-ce que l’exponentielle de base $A$ (pour $A>0$ fixé) ?

– Facile ! C’est la fonction $x\mapsto A^{x}.$

Si cette définition vous paraît satisfaisante, alors il se peut que certains points — et non des moindres — vous aient échappé.

En effet, le sens de cette écriture est tout sauf tout clair !

A un niveau élémentaire, l’expression $A^{x}$ désigne :

➡ le produit de $x$ facteurs égaux à $A$ si $x$ est un entier strictement positif,

➡ le réel $\frac{1}{A^{-x}}$ si $x$ est un entier strictement négatif (ce qui nous ramène au point ci-dessus),

➡ 1 par convention si $x=0.$

Mais que pourrait bien signifier, par exemple, le produit de 3,14 facteurs égaux à $A$ ?

Et le produit de $\sqrt{2}$ facteurs ?

On voit bien que pour $x$ non entier, le sens de l’écriture $A^{x}$ doit d’être précisé. C’est là le principal but de cet article et il existe plusieurs façons d’y parvenir.

La trajectoire adoptée ici repose sur la construction préalable du logarithme népérien.

1 – Logarithme népérien

Etant donné un entier $n,$ il est connu que la dérivée de l’application

$P_{n}:\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto x^{n}$

est donnée par :

$\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto n\thinspace x^{n-1}$

Il en résulte que $\boxed{\text{si }n\neq-1}$ alors une primitive de $P_{n}$ est :

$\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\frac{x^{n+1}}{n+1}$

et il n’est évidemment pas permis d’utiliser cette formule lorsque $n=-1.$

Devrait-on en déduire que l’application $P_{-1}$ ne possèderait pas de primitives ?

Pas vraiment …

Théorème (condition suffisante d’existence de primitives)

Si $I$ est un intervalle (non trivial), alors toute application continue de $I$ dans $\mathbb{R}$ possède des primitives.

Il est donc licite d’adopter la définition suivante :

Définition 1

On appelle logarithme népérien (notation $\ln)$ la primitive de

$f:\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\frac{1}{x}$

qui s’annule en 1.

Pour le choix de la terminologie, voir section 2.

Vu que $f$ est strictement positive, on voit que $\ln$ est strictement croissante. Puis, comme $\ln\left(1\right)=0,$ alors $\ln\left(x\right)<0$ pour tout $x\in\left]0,1\right[$ et $\ln\left(x\right)>0$ pour tout $x\in\left]1,+\infty\right[.$

La propriété la plus importante de $\ln$ est sans doute :

Théorème (équation fonctionnelle du logarithme)

Pour tout couple $\left(x,y\right)$ de réels strictement positifs :

$\boxed{\ln\left(xy\right)=\ln\left(x\right)+\ln\left(y\right)}$

Autrement dit, le logarithme népérien transforme les produits en sommes.

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Fixons arbitrairement un réel $y>0.$ L’application :

$u:\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\ln\left(xy\right)-\ln\left(x\right)-\ln\left(y\right)$

est dérivable, car composée d’applications dérivables. Pour tout $x>0$ :

$\begin{eqnarray*}u'\left(x\right) & = & y\thinspace\ln'\left(xy\right)-\ln'\left(x\right)\\ & = & y\thinspace\frac{1}{xy}-\frac{1}{x}\\ & = & 0 \end{eqnarray*}$

ce qui prouve que $u$ est constante. Mais $u\left(1\right)=\ln\left(y\right)-\ln\left(1\right)-\ln\left(y\right)=0,$
donc $u$ est l’application nulle ! C’est précisément le résultat annoncé.

Étudions maintenant le comportement du logarithme népérien au voisinage de 0 et de $+\infty.$

Proposition 1

Les limites de $\ln$ aux bornes de son intervalle de définition sont :

$\lim_{x\rightarrow0^{+}}\ln\left(x\right)=-\infty\qquad\text{et}\qquad\lim_{x\rightarrow+\infty}\ln\left(x\right)=+\infty$

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Selon le théorème de la limite monotone, toute application croissante de $\left]0,+\infty\right[$ dans $\mathbb{R}$ possède en $+\infty$ une limite finie ou infinie.

Dans le cas de $\ln,$ supposons cette limite finie et notons-la $L.$ On peut alors passer à la limite dans l’égalité :

$\ln\left(2x\right)=\ln\left(x\right)+\ln\left(2\right)$

ce qui donne $L=L+\ln\left(2\right)$ ou encore $\ln\left(2\right)=0.$
Mais ceci est absurde car $\ln\left(1\right)=0$ et $\ln$ est strictement
croissante. Par conséquent :

({1) $\boxed{\lim_{x\rightarrow+\infty}\ln\left(x\right)=+\infty}}$

Ensuite, on observe que, pour tout $x>0$ :

$\ln\left(x\right)+\ln\left(\frac{1}{x}\right)=\ln\left(1\right)=0$

et donc :

$\ln\left(x\right)=-\ln\left(\frac{1}{x}\right)$

Il en résulte, d’après $\left(1\right)$ et par composition des limites,
que :

$\boxed{\lim_{x\rightarrow0^{+}}\ln\left(x\right)=-\infty}$

Grâce au théorème des valeurs intermédiaires, on voit maintenant que $\ln$ est surjective. Par ailleurs, $\ln$ est injective puisque strictement croissante. En conséquence :

Corollaire

Le logarithme népérien est une bijection de $\left]0,+\infty\right[$ vers $\mathbb{R}.$

Il est temps de conclure cette première partie en définissant la fonction exponentielle :

Définition 2

La bijection réciproque de $\ln$ est appelée exponentielle népérienne (ou simplement : exponentielle).

On la note : $\exp.$

Peut-être vous attendiez-vous à la notation $e^{x}$ plutôt que $\exp\left(x\right)$ … ?

On y viendra un peu plus bas, mais patience … car il faudra d’abord expliquer ce qui justifie cette écriture et aussi préciser qui est ce nombre $e$ qui n’a jusqu’ici pas été défini.

2 – Parenthèse historique

L’adjectif népérien trouve son origine dans le patronyme Napier, dont l’orthographe a été francisée en Neper.

Ce qui suit est librement adapté de Wikipedia :

En 1614, le mathématicien écossais John NAPIER (1550-1617) publie son traité Mirifici Logarithmorum Canonis Descriptio. Il ne songe pas qu’il est en train de créer de nouvelles fonctions, mais seulement des tables de correspondances (logos : rapport, relation; arithmos : nombre) entre deux séries de valeurs possédant la propriété suivante : à un produit dans une colonne, correspond une somme dans l’autre.

Ces tables de correspondances ont été initialement créées pour simplifier les calculs trigonométriques apparaissant en astronomie et furent utilisées quelques années plus tard par Kepler.

La notation Log, comme abréviation de logarithme, apparaît en 1616 dans une traduction anglaise de l’œuvre de Neper.

En 1619, apparaît à titre posthume Mirifici Logarithmorum Canonis Constructio, où Neper explique comment construire une table logarithmique.

Son travail est poursuivi par le mathématicien anglais Henry BRIGGS (1560 – 1630) qui publie en 1624 une table de logarithmes décimaux
(Arithmetica logarithmica) et précise comment l’utiliser pour calculer des sinus, retrouver des angles de tangentes … Le logarithme décimal est parfois appelé logarithme de Briggs en son honneur.
La même année, Johann KEPLER publie Chilias logarithmorum, table de logarithmes construite en utilisant un procédé géométrique. La table de Briggs présente les logarithmes à 14 chiffres des nombres compris entre 1 et 20000 et entre 90000 et 100000. Son travail est repris par Ezechiel de Decker et Adriaan Vlacq qui publient en 1627 une table de logarithmes complète.

En 1647, lorsque Grégoire de Saint-Vincent travaille sur la quadrature de l’hyperbole, il met en évidence une fonction : la primitive de $x\mapsto1/x$ qui s’annule en 1. Mais c’est seulement Huygens qui observe en 1661 qu’il s’agit d’un logarithme particulier : le logarithme naturel.

La notion de fonction, la correspondance entre les fonctions exponentielles et les fonctions logarithmes n’apparaissent que plus tardivement, après le travail de Gottfried Wilhelm LEIBNIZ (1646-1716) sur la notion de fonction (fin du XVIIème siècle).

Il y a de cela quelques temps, j’ai découvert dans un vieux livre (Memoirs of John Napier of Merchiston par Mark Napier, édité à Londres en 1834) l’extrait suivant, dans lequel l’auteur cite l’un de ses ancêtres (Sir Archibald Napier, le père de John Neper). Ce dernier explique quelle est, selon lui, l’étymologie du patronyme Napier :

One of the ancient Earls of Lennox in Scotland had issue three sons; the eldest, that succeeded him to the Earldom of Lennox; the second, whose name was Donald; and the third, named Gilchrist. The then King of Scots having wars, did convocate his lieges to battle, amongst whom that was commanded was the Earl of Lennox, who, keeping his eldest son at home, sent his two sons to serve for him with the forces that were under his command. This battle went hard with the Scots; for the enemy pressing furiously upon them, forced them to lose ground until it came to flat running away, which being perceived by Donald, he pulled his father’s standard from the bearer thereof, and valiantly encountering the foe, being well followed by the Earl of Lennox’s men, he repulsed the enemy and changed the fortune of the day, whereby a great victory was got. After the battle, as the manner is, every one drawing and setting forth his own acts, the king said unto them, ye have all done valiantly, but there is one amongst you who hath Na-Peer ; and calling Donald into his presence, commanded him, in regard of his worthy service and in augmentation of his honour, to change his name from Lennox to Napier, and gave him the lands of Gosford and lands in Fife, and made him his own servant, which discourse is confirmed by evidences of mine wherein we are called Lennox alias Napier.

Et voici une traduction :

Un des anciens comtes de Lennox en Écosse avait trois fils; l’aîné, qui lui succéda et prit le titre de Comte de Lennox; le second, qui s’appelait Donald; et le troisième, du nom de Gilchrist. Le roi des Écossais de l’époque étant en guerre, convoqua ses vassaux à la bataille, parmi lesquels le Comte de Lennox, qui, préférant garder son fils aîné à la maison, envoya ses deux (autres) fils servir à sa place, avec les bataillons qui étaient sous son commandement. Cette bataille fut difficile pour les Écossais; car l’ennemi, les pressant avec fureur, les força à perdre du terrain jusqu’à ce qu’ils décidèrent tout simplement de s’enfuir, ce qui fut perçu par Donald. Il prit l’étendard de son père au soldat qui le portait, et alla vaillamment à la rencontre de l’ennemi, suivi par les hommes du Comte de Lennox. Il réussit à repousser l’ennemi et par là-même, la fortune du jour, par laquelle une grande victoire fut obtenue. Après la bataille, selon la tradition, chacun exposa en détail ses propres actes de bravoure et le roi leur dit : « Vous avez tous combattu vaillamment, mais il y en a un parmi vous qui a « Na-Peer » (qui n’a pas son égal) et appelant Donald à se présenter devant lui, lui ordonna, en reconnaissance de son service et pour que son honneur soit connu de tous, de changer son nom de Lennox à Napier, et lui donna les terres de Gosford et les terres à Fife, et en fit son propre serviteur. Tout ceci est confirmé par le fait que nous nous appelons Lennox alias Napier.

Fin de la parenthèse historique … revenons à notre sujet.

3 – Exponentielle népérienne

Rappelons le résultat général suivant :

Théorème (dérivabilité d’une bijection réciproque)

Si $I,J$ sont deux intervalles non triviaux et $f:I\rightarrow J$ une bijection dérivable, dont la dérivée ne s’annule pas, alors sa réciproque $f^{-1}$ est aussi dérivable et de plus :

$\forall x\in J,\thinspace\left(f^{-1}\right)'\left(x\right)=\frac{1}{f'\left(f^{-1}\left(x\right)\right)}$

Comme $\ln:\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R}$ est une bijection dérivable et comme $\forall x>0,\thinspace\ln'\left(x\right)=\frac{1}{x}\neq0,$ ce théorème montre que $\exp$ est dérivable et que, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$\exp'\left(x\right) = \frac{1}{\ln'\left(\exp\left(x\right)\right)}= \frac{1}{\left(\frac{1}{\exp\left(x\right)}\right)} = \exp\left(x\right)$

En bref :

Proposition 2

L’application $\exp:\mathbb{R}\rightarrow\left]0,+\infty\right[$ est dérivable et :

$\forall x\in\mathbb{R},\thinspace\exp'\left(x\right)=\exp\left(x\right)$

Vu que le logarithme népérien transforme les produits en sommes, on obtient aussitôt :

Proposition 3

Pour tout couple $\left(x,y\right)$ de réels :

$\exp\left(x+y\right)=\exp\left(x\right)\exp\left(y\right)$

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Les logarithmes des deux membres sont égaux; en effet :

$\ln\left(\exp\left(x+y\right)\right)=x+y$

et :

$\ln\left(\exp\left(x\right)\exp\left(y\right)\right)=\ln\left(\exp\left(x\right)\right)+\ln\left(\exp\left(y\right)\right)=x+y$

On conclut en invoquant l’injectivité du logarithme.

Nous sommes maintenant à pied d’œuvre pour faire émerger la notation $e^{x}.$

4 – Notation $\mathbf{e^{x}}$ : première approche

Proposition 4

Si $x\in\mathbb{R},$ alors pour tout $n\in\mathbb{Z}$ :

$\exp\left(nx\right)=\left[\exp\left(x\right)\right]^{n}$

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Le réel $x$ étant fixé, commençons par traiter le cas $n\in\mathbb{N}$ en procédant par récurrence.

L’égalité est vraie au rang 0 puisque $\exp\left(0\right)=1.$

Supposons-la vraie pour un certain $n\in\mathbb{N}.$ Alors :

$\begin{eqnarray*} \exp\left(\left(n+1\right)x\right) & = & \exp\left(nx+x\right)\\ & = & \exp\left(nx\right)\exp\left(x\right)\\ & = & \left[\exp\left(x\right)\right]^{n}\exp\left(x\right)\\ & = & \left[\exp\left(x\right)\right]^{n+1} \end{eqnarray*}$

ce qui établit l’hérédité.

Pour finir, on sait que pour tout $t\in\mathbb{R}$ :

$\begin{eqnarray*} \exp\left(t\right)\exp\left(-t\right) & = & \exp\left(t+\left(-t\right)\right)\\ & = & \exp\left(0\right)\\ & = & 1 \end{eqnarray*}$

donc, si $n$ est un entier strictement négatif, alors :

$\begin{eqnarray*}\exp\left(nx\right) & = & \frac{1}{\exp\left(-nx\right)}\\ & = & \frac{1}{\left[\exp\left(x\right)\right]^{-n}}\\ & = & \left[\exp\left(x\right)\right]^{n} \end{eqnarray*}$

comme souhaité.

Définition 3

On note désormais $e$ le réel $\exp\left(1\right).$

En choisissant $x=1$ dans la proposition précédente, on constate que :

$\boxed{\forall n\in\mathbb{Z},\thinspace\exp\left(n\right)=e^{n}}$

Nous allons voir, à la section 6, que cette égalité reste valable si $n$ est remplacé par un quelconque nombre rationnel.

Mais avant cela, nous allons définir $A^{r}$ pour $A>0$ et $r\in\mathbb{Q}$ quelconques.

5 – Puissances avec exposants rationnels

Le but de cette section est de définir proprement ce qu’on entend par $A^{p/q}$ lorsque $A>0$ et $p,q$ sont deux entiers ( $q\neq0).$

On y parviendra en trois étapes.

Etape 1

Dans un premier temps, étant donné $q\in\mathbb{N}^{\star},$ on observe que l’application

$\varphi_{q}:\left[0,+\infty\right[\rightarrow\left[0,+\infty\right[,\thinspace x\mapsto x^{q}$

est continue et bijective :

continue comme produit d’applications continues,
injective parce que strictement croissante (sa dérivée est positive),
surjective d’après le théorème des valeurs intermédiaires, après avoir vu que $\varphi_{q}\left(0\right)=0$ et que $\lim_{x\rightarrow+\infty}\varphi_{q}\left(x\right)=+\infty).$

Sa bijection réciproque est donc aussi continue. Elle est appelée racine $q-$ ème et notée :

$\left[0,+\infty\right[\rightarrow\left[0,+\infty\right[,\thinspace x\mapsto x^{1/q}$

Le graphe de $\varphi_{q}^{-1}$ s’obtient par réflexion de celui de $\varphi_{q}$ par rapport à la droite d’équation $y=x.$

En particulier, pour $q=2,$ il s’agit de la célèbre racine carrée.

La figure ci-dessous correspond au cas $q=4$ (en bleu : le graphe de la fonction racine quatrième) :

Démontrons un petit résultat préliminaire, qui nous servira à l’étape n° 2 :

Lemme 1

Pour tout $A>0$ et pour tout $\left(p,q\right)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}^{\star}$ :

$\left(A^{p}\right)^{1/q}=\left(A^{1/q}\right)^{p}$

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

D’une part (par définition d’une racine $q-$ ème) :

$\left[\left(A^{p}\right)^{1/q}\right]^{q}=A^{p}$

et d’autre part :

$\left[\left(A^{1/q}\right)^{p}\right]^{q}=\left(A^{1/q}\right)^{pq}=\left[\left(A^{1/q}\right)^{q}\right]^{p}=A^{p}$

d’où le résultat puisque l’application $\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto x^{q}$ est injective.

Etape 2

Etant donné un rationnel $r,$ on va maintenant définir l’expression $A^{r},$ toujours pour $A>0.$

Cette définition devra bien entendu être cohérente avec les deux cas particuliers déjà connus :

celui où $r$ est un entier,
celui où $r$ est l’inverse d’un entier strictement positif.

Soient $p\in\mathbb{Z}$ et $q\in\mathbb{N}^{\star}$ tels que $r=p/q.$ Il est naturel de poser :

$\boxed{A^{r}=\left(A^{p}\right)^{1/q}}$

Mais attention : cette soi-disant définition pose a priori problème, car il n’y a pas unicité de l’écriture $p/q$ pour le rationnel $r$ (par exemple le rationnel $1/2$ peut s’écrire $2/4$ ou $3/6$ ou encore $20/40$ et ainsi de suite …).

Il faut donc vérifier que l’expression $\left(A^{p}\right)^{1/q}$ ne dépend pas du couple (numérateur, dénominateur) choisi. C’est l’objet du point suivant.

Proposition 5

Si $\left(a,b\right)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}^{\star}$ et $\left(c,d\right)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}^{\star}$ sont tels que $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$ alors :

$\left(A^{a}\right)^{1/b}=\left(A^{c}\right)^{1/d}$

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

D’une part :

$\left[\left(A^{a}\right)^{1/b}\right]^{b}=A^{a}$

D’autre part, grâce au lemme établi à la fin de l’étape n° 1 :

$\begin{eqnarray*}\left[\left(A^{c}\right)^{1/d}\right]^{b} & = & \left[\left(A^{1/d}\right)^{c}\right]^{b}\\ & = & \left(A^{1/d}\right)^{bc}\\ & = & \left(A^{1/d}\right)^{ad}\\ & = & \left[\left(A^{1/d}\right)^{d}\right]^{a}\\ & = & A^{a} \end{eqnarray*}$

d’où le résultat, puisque l’application $\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto x^{b}$ est injective.

Remarque

En fait, on peut se passer du lemme. Il suffit de calculer séparément $\left[\left(A^{a}\right)^{1/b}\right]^{bd}$ et $\left[\left(A^{c}\right)^{1/d}\right]^{bd}$ et de constater qu’il y a égalité (vu que $ad=bc$ par hypothèse).

Etape 3

Maintenant que l’expression $A^{r}$ est bien définie pour $r\in\mathbb{Q},$ il est important de s’assurer que les formules connues pour les exposants entiers sont toujours valables.

Proposition 6

Soient $A,B>0$ et $r,s\in\mathbb{Q}.$ Alors :

$\left(AB\right)^{r}=A^{r}B^{r}$
$A^{r}A^{s}=A^{r+s}$
$\left(A^{r}\right)^{s}=A^{rs}$

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Posons $r=a/b$ et $s=c/d$ avec $\left(a,c\right)\in\mathbb{Z}^{2}$ et $\left(b,d\right)\in\mathbb{N}^{\star2}.$

D’une part $\left(AB\right)^{r}=\left[\left(AB\right)^{a}\right]^{1/b}$ d’où :
$\left[\left(AB\right)^{r}\right]^{b}=\left(AB\right)^{a}=A^{a}B^{a}$
et d’autre part :
$\left(A^{r}B^{r}\right)^{b}=\left(A^{r}\right)^{b}\left(B^{r}\right)^{b}=A^{a}B^{a}$
Par injectivité de $\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto t^{b}$ il en résulte que :
$\boxed{\left(AB\right)^{r}=A^{r}B^{r}}$
On observe que :
$\left(A^{r}\right)^{bd}=\left[\left(A^{r}\right)^{b}\right]^{d}=\left(A^{a}\right)^{d}=A^{ad}$
et de même $\left(A^{s}\right)^{bd}=A^{bc};$ donc :
$\left(A^{r}A^{s}\right)^{bd}=\left(A^{r}\right)^{bd}\left(A^{s}\right)^{bd}=A^{ad}A^{bc}=A^{ad+bc}$
Et comme $\frac{ad+bc}{bd}=r+s,$ on en déduit que :
$\boxed{A^{r}A^{s}=A^{r+s}}$
Enfin $\left[\left(A^{r}\right)^{s}\right]^{d}=\left(A^{r}\right)^{c}$ et donc :
$\begin{eqnarray*} \left[\left(A^{r}\right)^{s}\right]^{bd} & = & \left(\left[\left(A^{r}\right)^{s}\right]^{d}\right)^{b}\\ & = & \left[\left(A^{r}\right)^{c}\right]^{b}\\ & = & \left(A^{r}\right)^{bc}\\ & = & \left[\left(A^{r}\right)^{b}\right]^{c}\\ & = & \left(A^{a}\right)^{c}\\ & = & A^{ac}\\ & = & \left(A^{rs}\right)^{bd} \end{eqnarray*}$
et, par injectivité de $\left]0,+\infty\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto t^{bd},$ on conclut que :
$\boxed{\left(A^{r}\right)^{s}=A^{rs}}$

Si $A<0$ et $r$ rationnel (non entier), peut-on encore parler de $A^{r}$ ?

Oui et non …

On a vu que l’application $\varphi_{q}:\left[0,+\infty\right[\rightarrow\left[0,+\infty\right[,\thinspace x\mapsto x^{q}$ (pour $q\in\mathbb{N}^{\star})$ est bijective.

Mais si $q$ est un entier impair, on peut considérer l’application

$\Phi_{q}:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto x^{q}$

qui est aussi bijective et définir, à partir de là, la fonction racine $q-$ ème comme étant sa bijection réciproque.

Par exemple, pour $q=3,$ on définit ainsi la fonction racine cubique, qui est une bijection de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ et l’on peut tout à fait écrire des égalités du genre :

$\left(-8\right)^{1/3}=-2$

Ensuite, on pourrait définir $A^{r}$ pour $A<0$ et $r$ rationnel à dénominateur impair en s’inspirant de l’étape n° 2 et en posant, par définition :

$A^{p/q}=\left(A^{1/q}\right)^{p}$

si $\left(p,q\right)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}^{\star}$ avec $q$ impair.

Mais ce point de vue soulève des difficultés. On constate par exemple que :

$\left[\left(-8\right)^{2}\right]^{1/6}=64^{1/6}=2$

tandis que :

$\left(-8\right)^{2/6}=\left(-8\right)^{1/3}=-2$

On abandonne donc cette piste, puisqu’elle ne permet pas de préserver les formules établies à la proposition 6.

6 – Notation $\mathbf{e^{x}}$ : suite et fin

On a vu à la fin de section 4 que :

$\forall n\in\mathbb{Z},\thinspace\exp\left(n\right)=e^{n}$

Cette relation peut maintenant être étendue aux exposants rationnels :

Proposition 7

Pour tout $r\in\mathbb{Q}$ :

$\exp\left(r\right)=e^{r}$

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Soit $r\in\mathbb{Q}$ et soient $p\in\mathbb{Z}$ et $q\in\mathbb{N}^{\star}$ tels que $r=\frac{p}{q}$ .

On observe (cf. proposition au début de la section 4) que :

$\begin{eqnarray*}\left[\exp\left(r\right)\right]^{q} & = & \exp\left(qr\right)\\ & = & \exp\left(p\right)\\ & = & e^{p} \end{eqnarray*}$

En prenant la racine $q-$ ème de chaque membre, on obtient :

$\exp\left(r\right)=\left(e^{p}\right)^{1/q}$

qui est exactement l’égalité voulue.

Il reste à donner un sens à $e^{x}$ pour $x$ irrationnel … ce qu’on fait en posant la :

Définition 4

Si $x\in\mathbb{R}-\mathbb{Q},$ alors $e^{x}$ désignera $\exp\left(x\right).$

Attention : il y a là une subtilité ! L’égalité $\exp\left(x\right)=e^{x}$ a été prouvée pour $x\in\mathbb{Q}.$ En revanche, pour $x\in\mathbb{R}-\mathbb{Q},$ elle est vraie par définition.

Et la notation $A^{x}$ , dans tout ça ?

Dans l’introduction, on annonçait que cet article visait notamment à définir $A^{x}$ pour $A>0$ et $x\in\mathbb{R}$ quelconque.

Si $x$ est rationnel, alors en notant $x=p/q$ avec $p\in\mathbb{Z}$ et $q\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$\begin{eqnarray*}\ln\left(A^{x}\right) & = & \ln\left(\left(A^{1/q}\right)^{p}\right)\\ & = & p\ln\left(A^{1/q}\right) \end{eqnarray*}$

Or :

$\begin{eqnarray*}\ln\left(A\right) & = & \ln\left(\left(A^{1/q}\right)^{q}\right)\\ & = & q\ln\left(A^{1/q}\right) \end{eqnarray*}$

ce qui entraîne :

$\ln\left(A^{x}\right)=x\ln\left(A\right)$

et donc :

$\boxed{A^{x}=\exp\left(x\ln\left(A\right)\right)}$

Illustration dynamique

Graphes des fonctions $\boxed{x\mapsto x^A}\qquad$ et $\qquad\boxed{x\mapsto A^x}$ .

Le bouton « Puissance / Exponentielle » permet de basculer de l’une à l’autre. Le slider contrôle la valeur du paramètre $A$ . On translate le système de coordonnées en cliquant / déplaçant. Les touches P et M (pour « + » et « -« ) permettent de zoomer / dézoomer.

Convention

C’est par l’expression $e^{x\ln(A)}$ que l’on définit $A^{x}$ lorsque $x$ est irrationnel.

Pour $A=e,$ cette définition n’apporte évidemment rien … mais on peut maintenant parler de $3^{\sqrt 2}$ ou de ${\sqrt 2}^{\sqrt 3}$ ou encore de $\pi^{e}$ , etc …

Cette convention doit être utilisée chaque fois qu’on étudie les variations d’une fonction du type $x\mapsto A\left(x\right)^{B\left(x\right)}.$ En voici un exemple détaillé …

7 – Une étude de variations

Nous allons nous intéresser aux variations de la fonction $f$ définie par :

$\boxed{f\left(x\right)=\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}}$

puis tracer son graphe. Si vous n’avez pas l’habitude de ce genre de choses, la lecture de cet article pourra vous être utile.

L’expression $\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}$ désigne par définition $\exp\left(x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\right).$ Elle est donc définie lorsque :

$x\neq0\mbox{ et }1+\frac{1}{x}>0$

On en déduit le domaine de définition de $f$ :

$\boxed{D_{f}=\left]-\infty,-1\right[\cup\left]0,+\infty\right[}$

L’application :

$f:D_{f}\rightarrow\mathbb{R},x\mapsto\exp\left(x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\right)$

est dérivable et, pour tout $x\in D_{f}$ :

$\begin{eqnarray*}f'\left(x\right) & = & f\left(x\right)\left[\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)+x\,\frac{-\frac{1}{x^{2}}}{1+\frac{1}{x}}\right]\\ & = & f\left(x\right)\left[\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}\right] \end{eqnarray*}$

expression du même signe que $g\left(x\right),$ où l’on a posé :

$\boxed{g\left(x\right)=\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}}$

On calcule alors :

$\begin{eqnarray*} g'\left(x\right) & = & -\frac{1}{x\left(x+1\right)}+\frac{1}{\left(x+1\right)^{2}}\\ & = & -\frac{1}{x\left(x+1\right)^{2}} \end{eqnarray*}$

qui est du signe de $-x,$ ce qui donne les variations de $g.$ Et comme $\lim_{\pm\infty}g=0,$ alors $\forall x\in D_{f},\,g\left(x\right)>0.$

Ainsi, $f$ croît strictement sur chacun des intervalles $\left]-\infty,-1\right[$ et $\left]0,+\infty\right[.$

On calcule ensuite :

$\ln\left(f\left(x\right)\right)=\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}}\mbox{ donc }\lim_{x\rightarrow\pm\infty}\ln\left(f\left(x\right)\right)=1\mbox{ puis }\boxed{\lim_{x\rightarrow\pm\infty}f\left(x\right)=e}$

$\lim_{x\rightarrow-1^{-}}\ln\left(f\left(x\right)\right)=+\infty\mbox{ donc }\boxed{\lim_{x\rightarrow-1^{-}}f\left(x\right)=+\infty}$

$\ln\left(f\left(x\right)\right)=x\ln\left(x+1\right)-x\ln\left(x\right)\mbox{ donc }\lim_{x\rightarrow0^{+}}\ln\left(f\left(x\right)\right)=0\mbox{ puis }\boxed{\lim_{x\rightarrow0^{+}}f\left(x\right)=1}$

Ces divers éléments permettent de connaître l’allure du graphe de $f$ :

Une retombée de ce qui précède est la convergence de la suite de terme général :

$u_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}$

vers $e.$ Cette suite apparaît, par exemple, dans le calcul des intérêts composés. Pour en savoir davantage sur ce calcul, déployez le paragraphe ci-dessous.

Intérêts composés (cliquer pour déplier / replier)

Admettons qu’une somme $S$ soit placée avec un taux d’intérêt annuel $\tau\in\left]0,1\right[.$

Supposons que le versement des intérêts se fasse à la fin de chaque mois et notons $S_{k}$ le montant épargné (capital + intérêts) à l’issue du $k-$ ème mois.

Alors, $S_{0}=S$ et pour tout $k\geqslant1$ :

$S_{k}=S_{k-1}+\frac{\tau}{12}\thinspace S_{k-1}=\left(1+\frac{\tau}{12}\right)S_{k-1}$

En particulier, au terme de la première année, ce montant atteint la valeur de :

$S_{12}=\left(1+\frac{\tau}{12}\right)^{12}S$

Imaginons, maintenant qu’on remplace les 12 échéances annuelles par $n$ échéances régulièrement espacées dans le temps. La formule donnant le montant épargné au bout d’une année devient :

$\left(1+\frac{\tau}{n}\right)^{n}S$

et cette valeur converge, lorsque $n\rightarrow+\infty,$ vers la limite :

$\boxed{S_{\max}=e^{\tau}S}$

8 – La série exponentielle

A la fin de la section précédente, est apparue la suite de terme général :

$u_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}$

Il s’agit d’une suite de nombres rationnels qui converge vers $e.$

Cette convergence est lente : on peut montrer que l’écart

$\Delta_{n}=e-\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}$

tend vers 0 comme $\frac{e}{2n}.$ Considérons maintenant la suite de terme général :

$x_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$

et montrons qu’elle converge vers $e$ (on verra à la section 9 que, pour le coup, la convergence est bien plus rapide). Pour cela, faisons appel au :

Théorème (formule de Taylor avec reste intégral)

Si $I$ est un intervalle (non trivial) et si $f:I\rightarrow\mathbb{R}$ est indéfiniment dérivable, alors pour tout couple $\left(a,x\right)$ d’éléments de $I$ :

$f\left(x\right)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{\left(k\right)}\left(a\right)}{k!}\left(x-a\right)^{k}+\int_{a}^{x}\frac{\left(x-t\right)^{n}}{n!}f^{\left(n+1\right)}\left(t\right)\thinspace dt$

Cette formule est d’apparence compliquée. Pourtant, elle est assez simple à prouver, en combinant un raisonnement par récurrence et une intégration par parties.

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Initialisation – On sait bien que :

$f\left(x\right)=f\left(a\right)+\int_{a}^{x}\thinspace f'\left(t\right)\thinspace dt$

ce qui donne l’égalité souhaitée au rang 0.
Hérédité – En supposant l’égalité établie pour un certain rang $n\in\mathbb{N},$ on effectue une IPP en posant :

$\begin{eqnarray*} u'\left(t\right)=\frac{\left(x-t\right)^{n}}{n!} & ; & v\left(t\right)=f^{\left(n+1\right)}\left(t\right)\\ \\ u\left(t\right)=-\frac{\left(x-t\right)^{n+1}}{\left(n+1\right)!} & ; & v'\left(t\right)=f^{\left(n+2\right)}\left(t\right) \end{eqnarray*}$

ce qui donne :

$\begin{eqnarray*}\int_{a}^{x}\frac{\left(x-t\right)^{n}}{n!}f^{\left(n+1\right)}\left(t\right)\thinspace dt & = & \left[-\frac{\left(x-t\right)^{n+1}}{\left(n+1\right)!}f^{\left(n+1\right)}\left(t\right)\right]_{t=a}^{x}\\& & +\int_{a}^{x}\frac{\left(x-t\right)^{n+1}}{\left(n+1\right)!}f^{\left(n+2\right)}\left(t\right)\thinspace dt\end{eqnarray*}$

et donc, en reportant dans l’hypothèse de récurrence :

$f\left(x\right)=\sum_{k=0}^{n+1}\frac{f^{\left(k\right)}\left(a\right)}{k!}\left(x-a\right)^{k}+\int_{a}^{x}\frac{\left(x-t\right)^{n+1}}{\left(n+1\right)!}f^{\left(n+2\right)}\left(t\right)\thinspace dt$

comme souhaité.

Appliquons ce résultat au cas particulier suivant :

$I=\mathbb{R},\qquad a=0,\qquad\forall t\in\mathbb{R},\thinspace f\left(t\right)=e^{t}$

On obtient, pour tout $x\in\mathbb{R}$ et pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$e^{x}=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{k}}{k!}+\int_{0}^{x}\frac{\left(x-t\right)^{n}}{n!}e^{t}\thinspace dt$

En notant $R_{n}\left(x\right)$ cette dernière intégrale, on peut montrer que :

$\forall x\in\mathbb{R},\thinspace\lim_{n\rightarrow\infty}R_{n}\left(x\right)=0\qquad\left(\star\right)$

ce qui entraînera :

$\boxed{\forall x\in\mathbb{R},\thinspace e^{x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{k!}}$

Prouvons la relation $\left(\star\right),$ en commençant par un petit lemme.

Lemme 2

Pour tout $q\in\mathbb{R}$ :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{q^{n}}{n!}=0$

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

Il suffit de traiter le cas $q>0.$ Si l’on pose, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$\lambda_{n}=\frac{q^{n}}{n!}$

alors :

$\frac{\lambda_{n+1}}{\lambda_{n}}=\frac{q}{n+1}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0$

ce qui entraîne en particulier que :

$\frac{\lambda_{n+1}}{\lambda_{n}}<1\qquad\text{dès que }n\text{ est assez grand}$

La suite $\left(\lambda_{n}\right)_{n\geqslant0}$ est donc décroissante à partir d’un certain rang. Comme elle est minorée par 0, elle converge. Notons $L$ sa limite; en passant à la limite dans l’égalité :

$\lambda_{n+1}=\frac{q}{n+1}\thinspace\lambda_{n}$

on voit que $L=0\times L.$ Autrement dit : $L=0,$ ce qui prouve le lemme.

On peut maintenant prouver la relation $\left(\star\right).$ Pour plus de clarté, séparons les cas $x\geqslant0$ et $x<0.$ Rappelons que nous avons posé, un peu plus haut :

$\boxed{R_{n}\left(x\right)=\int_{0}^{x}\frac{\left(x-t\right)^{n}}{n!}\thinspace e^{t}\thinspace dt}$

Premier cas : $x\geqslant0.$

Pour tout $n\in\mathbb{N}$ et pour tout $t\in\left[0,x\right]$ :

$0\leqslant\frac{\left(x-t\right)^{n}}{n!}e^{t}\leqslant\frac{x^{n}}{n!}\thinspace e^{t}$

et donc :

$0\leqslant R_{n}\left(x\right)\leqslant\frac{x^{n}}{n!}\thinspace\left(e^{x}-1\right)$

Or ce dernier majorant tend vers $0$ lorsque $n\rightarrow+\infty$ (d’après le lemme) et donc $\lim_{n\rightarrow\infty}R_{n}\left(x\right)=0.$

Deuxième cas : $x<0.$

On commence par observer que :

$R_{n}\left(x\right)=-\left(-1\right)^{n}\int_{x}^{0}\frac{\left(t-x\right)^{n}}{n!}e^{t}\thinspace dt$

d’où :

$\left|R_{n}\left(x\right)\right|=\int_{x}^{0}\frac{\left(t-x\right)^{n}}{n!}e^{t}\thinspace dt\leqslant\frac{\left(-x\right)^{n}}{n!}\left(1-e^{x}\right)$

et donc $\lim_{n\rightarrow\infty}R_{n}\left(x\right)=0,$ toujours d’après le lemme.

Tout ceci montre que, pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$e^{x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{k!}$

En particulier, si l’on choisit $x=1,$ il vient :

$\boxed{e=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}}$

On posera désormais, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$S_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$

La suite $\left(S_{n}\right)_{n\geqslant0}$ est à termes rationnels et converge vers le nombre $e.$ Elle va maintenant nous servir à établir l’irrationalité de $e$ .

9 – Irrationalité du nombre e

En théorie des nombres, une question importante (et généralement difficile d’accès) consiste à décider si un réel $\alpha$ donné est rationnel ou non.

Pour des raisons non développées dans cet article, il est précieux de disposer de suites convergeant rapidement (en un sens à préciser) vers $\alpha.$

Or, c’est justement le cas des suites de termes généraux :

$S_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\qquad\text{et}\qquad T_{n}=S_{n}+\frac{1}{n\:n!}$

Il est clair que la suite $\left(S_{n}\right)_{n\geqslant1}$ est strictement croissante et un petit calcul montre que la suite $\left(T_{n}\right)_{n\geqslant1}$ est décroît strictement. En outre, ces deux suites convergent vers la même limite : le nombre $e$ (voir section précédente).

Comme pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$0\leqslant e-S_{n}\leqslant T_{n}-S_{n}=\frac{1}{n\:n!}$

il apparaît que la convergence de la suite $\left(S_{n}\right)_{n\geqslant1}$ vers sa limite $e$ est nettement plus rapide que ne l’était celle de la suite $\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right)_{n\geqslant1}.$

Maintenant, démontrons par l’absurde la :

Proposition 8

Le nombre e est irrationnel.

Preuve (cliquer pour déplier / replier)

En supposant $e$ rationnel, donc de la forme :

$e=\frac{p}{q}\qquad\text{avec }p,q\in\mathbb{N}^{\star}$

on aurait notamment :

$S_{q}<\frac{p}{q}<T_{q}$

d’où, après multiplication par $q!$ :

$S_{q}\thinspace q!<p\left(q-1\right)!<T_{q}\thinspace q!$

Or $N=S_{q}\thinspace q!$ est entier et de plus :

$T_{q}\thinspace q!=S_{q}\thinspace q!+\frac{1}{q}\leqslant N+1$

Par conséquent :

$N<p\left(q-1\right)!<N+1$

ce qui apporte la contradiction souhaitée (un entier ne pouvant pas être strictement compris entre deux entiers consécutifs).

L’irrationalité du nombre $e$ est ainsi établie. Vous pourrez retrouver cette preuve dans une vidéo consacrée à l’irrationalité des nombres $e$ et $\pi.$

Un résultat meilleur, mais plus difficile d’accès, établit la transcendance du nombre $e.$

Il est dû au mathématicien français Charles Hermite (1822 – 1901), qui le publia en 1873.

Vos questions ou remarques seront toujours les bienvenues. Vous pouvez laisser un commentaire ci-dessous ou bien passer par le formulaire de contact.

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Cet article a 2 commentaires

Oncle_Junior 12 Nov 2022 Répondre

Bonsoir Monsieur,
Dans la preuve finale de l’article de l’irrationalité de e, bien que l’on comprenne très bien la preuve, il me semble que les suites x et y ont remplacé sans transition les suites S et T 🙂
Bien à vous.
1. René Adad 12 Nov 2022 Répondre
  
  Ah ! oui … Merci de me l’avoir signalé. C’est réglé, j’ai mis des S et des T de partout 🙂