Fonction exponentielle.
Construction de la fonction exponentielle.
- Si la propriéte: "La tangente en tout point $M$ de $\mathcal{C}_f$ coupe l'axe des abscisses en un point $T$,
tel que $\overrightarrow{TH}=\vec{i}$, où le point $H$ est la projection orthogonale de $M$ sur l'axe $(0x)$" est vérifiée alors les fonctions $f$ et $f'$ sont non nulles.
- Raisonnons par l'absurde, supposons qu'il existe un réél $a$ tel que $f(a)=0$.
Donc le point $M(a;f(a))$ est sur l'axe de abscisse et donc par définition les points $M$, $T$ et $H$ sont confondus.
Donc $\overrightarrow{TH}=\overrightarrow{0}\not=\overrightarrow{i}$, donc c'est impossible, ce qui implique $f(a)\not=0$. - Supposons qu'il existe un réel $a$ tel que $f'(a)=0$. Nous savons grâce à ce qui précéde que $f(a)\not=0$.
Donc la tangente $\mathcal{T}_M$ la tangente à $\mathcal{C}_f$ au point $M(a;f(a))$ est strictement parallèle à l'axe des abscisse $(OX)$, donc le point d'intersection $T$ n'existe pas, c'est impossible, donc $f'(a)\not=0$.
- Raisonnons par l'absurde, supposons qu'il existe un réél $a$ tel que $f(a)=0$.
- Nous savons que la tangente $\mathcal{T}_M$ la tangente à $\mathcal{C}_f$ au point $M(a;f(a))$ a pour équation cartésienne:
$y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
Déterminons l'abscisse du point $T$, $f'(a)(x_T-a)+f(a)=0$ $\Leftrightarrow$ $x_T=a-\dfrac{f(a)}{f'(a)}$.
Donc $\overrightarrow{TH}=\dfrac{f(a)}{f'(a)}\times\overrightarrow{i}$.
$\overrightarrow{TH}=\overrightarrow{i}$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{f(a)}{f'(a)}=1$ $\Leftrightarrow$ $f'(a)=f(a)$, équivalences vraies pour tout $a\in\mathbb{R}$. - Conclusion: Résoudre le problème de Leibniz revient à rechercher une fonction $f$ vérifiant la relation: $f'(a)=f(a)$ pour tout $a\in\mathbb{R}$.
- L'existence d'une telle fonction est admise.
La démonstration de l'existence d'une fonction vérifiant les conditions $f^{'}(x)=f(x)$ et $f(0)=1$ est difficile en terminale, il faut d'autres apports théoriques.
Mais on peut avoir un petite idée de la démonstration avec la méthode d'approximation d' Euler. Elle repose sur un algorithme qui vise à approximer la courbe de la fonction recherchée par une ligne polygônales.
- Démontrons l'unicité de la fonction $f$.
- Montrons que $f$ ne s'annule pas sur $\mathbb{R}$. Soit $\phi$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $\phi(x)=f(x)\times f(-x)$.on a:
$\phi(x)^{'}=f^{'}(x)\times f(-x)+f(x)\times (-f^{'}(-x))=0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$, donc la fonction $\phi$ est constante sur $\mathbb{R}$. Or $f(0)=1$ donc $\phi(0)=1$ et donc $\phi(x)=1$ pour tout $x\in\mathbb{R}$. Si il existe un réél $a$ tel que $f(a)=0$ alors $\phi(a)=0$ ce qui est impossible, donc la fonction $f$ ne s'annule pas sur $\mathbb{R}$. - Soit $g$ une autre fonction dérivable sur $\mathbb{R}$ telle que $g(0)=0$ et $g^{'}(x)=g(x)$ pour tout réel $x$.
la fonction $\dfrac{f}{g}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme quotient de deux fonctions dérivables et non nulles sur $\mathbb{R}$.
$\Bigg(\dfrac{f}{g}\Bigg)^{'}(x)=\dfrac{f^{'}(x)g(x)-f(x)g^{'}(x)}{(g(x))^2}$ $=\dfrac{f(x)g(x)-f(x)g(x)}{(g(x))^2}=0$ donc $\Bigg(\dfrac{f}{g}\Bigg)^{'}(x)=0$ pour tout tout $x\in\mathbb{R}$.
Donc la fonction $\Bigg(\dfrac{f}{g}\Bigg)$ est constante sur $\mathbb{R}$, donc pour tout $x\in\mathbb{R}$ nous avons $\Bigg(\dfrac{f}{g}\Bigg)(x)=\Bigg(\dfrac{f}{g}\Bigg)(0)$.
Or $\Bigg(\dfrac{f}{g}\Bigg)(0)=\dfrac{f(0)}{g(0)}=1$, donc pour tout $x\in\mathbb{R}$, on a $f(x)=g(x)$.
Nous venons de démontrer que $f=g$, il existe qu'une fonction réalisant les conditions $f^{'}(x)=f(x)$ et $f(0)=1$.
- Montrons que $f$ ne s'annule pas sur $\mathbb{R}$. Soit $\phi$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $\phi(x)=f(x)\times f(-x)$.on a:
Propriétés algébriques de la fonction exponentielle.
- Pour tout $a\in\mathbb{R}$ et pour tout $b\in\mathbb{R}$ on a: $exp(a+b)=exp(a)\times exp(b).$
- Pour tout $a\in\mathbb{R}$ et pour tout $b\in\mathbb{R}$ on a: $exp(a-b)=\dfrac{exp(a)}{exp(b)}$.
Et en particuler on a $exp(-a)=\dfrac{1}{exp(a)}$. - Pour tout $a\in\mathbb{R}$ et pour tout $n\in\mathbb{Z}$ on a: $exp(n\times a)=\bigg[exp(a)\bigg]^n.$
- Soit $g$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x)=exp(a+b-x)\times exp(t)$.
La fonction $g$ est dérivable et pour tout $x\in\mathbb{R}$
on a $g^{'}(x)=(exp(a+b-t))^{'}\times exp(t)+exp(a+b-t)\times exp^{'}(x)$
Il s'avére que $(exp(a+b-t))^{'}=-exp(a+b-t)$.
Donc $g^{'}(x)=0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$. Donc la fonction $g$ est constante sur $\mathbb{R}$. Or $g(0)=exp(a+b-0)\times exp(0)=exp(a+b)$ et $g(b)=exp(a+b-b)\times exp(b)=exp(a)\times exp(b)$. Mais la fonction $g$ est constante, donc $g(0)=g(b)$ et donc $exp(a+b)=exp(a)\times exp(b)$. - Soit $a\in\mathbb{R}$. On sait que $exp(a)\times exp(-a)=exp(a+(-a))=exp(0)=1$ donc $exp(-a)=\dfrac{1}{exp(a)}$.
$exp(a-b)=exp(a+(-b))=exp(a)\times exp(-b)=exp(a)\times\dfrac{1}{exp(b)}=\dfrac{exp(a)}{exp(b)}$. - Démontrons cette relation par récurrence
- Initialisation: si $n=0$ $exp(a\times 0)=exp(0)=1$ et $exp(a)^0=1$. donc la relation est vérifiée au rang 0.
- Transmission: Supposons qu'il existe un entier $p\in\mathbb{N}$ tel que $exp(p\times a)=\bigg[exp(a)\bigg]^p.$
- conclusion: Pour tout $n\in\mathbb{N}$ on a $exp(n\times a)=\bigg[exp(a)\bigg]^n$. Prouvons que la relation reste vraie pour les entiers négatifs.
$exp((p+1)\times a)=exp(p\times a+a)=exp(p\times a)\times exp(a)=\bigg[exp(a)\bigg]^p\times exp(a)=\bigg[exp(a)\bigg]^{(p+1)}$. La propriété reste vraie au rang $p+1$.
Soit $n\in\mathbb{Z}$ alors $-n\in\mathbb{N}$ nous avons donc:
$exp(na)=\dfrac{1}{exp(-na)}=\dfrac{1}{exp(a)^{-n}}=exp(a)^n$. - Soit $n\in\mathbb{N}$, on a $exp(n)=[e]^n$ or $exp(n)=exp(n\times 1)$ $=exp(1)^n=[e]^n$.
- Soit $n\in\mathbb{Z}^{-}$, on a $exp(n)=exp(-(-n))$ or $-n\in\mathbb{N}$, donc $exp(-(n))=\dfrac{1}{exp(-n)}$ $=\dfrac{1}{[e]^{(-n)}}=[e]^n$.
- Conclusion, pour tout $n\in\mathbb{Z}$ nous avons les égalités $exp(n)=[e]^n$ où $e=exp(1)$.
Etude de la fonction exponentielle.
- La fonction exponentielle est strictement positive.
- La fonction exponentielle est dérivable et continue sur $\mathbb{R}$.
- La fonction exponentielle est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.
- $\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty$
- $\lim_{x\to-\infty}e^x=0$
Considérons la fonction $\psi(x)=exp(x)-x$. Montrons que $\psi(x)>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.Etudions les variations de $\psi$ sur $\mathbb{R}$. En fait nous voulons démontrer que la courbe représentative de la fonction $x\mapsto e^x$ est toujours au dessus de la droite $(d):y=x$. Ce que nous constatons avec Géogébra par exemple.
$\psi^{'}(x)=exp^{'}(x)-1=exp(x)-1$ pour tout $x\in\mathbb{R}$, étudions le signe de $\psi^{'}(x)$
$\psi^{'}(x)>0\Leftrightarrow exp(x)>1\Leftrightarrow x>0.$
et
$\psi^{'}(x)=0\Leftrightarrow exp(x)=1\Leftrightarrow x=0.$ nous obtenons le tableau de variations suivants:
Croissance comparée.
- $\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{x}=+\infty$.
- $\lim_{x\to -\infty}x\times e^x=0$.
- $\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{x}=1$.
Posons la fonction $\Phi(x)=exp(x)-\dfrac{1}{2}x^2$ pour tout $x\in\mathbb{R}$. Montrons que $\Phi(x)>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.
En fait nous voulons démontrer que la courbe représentative de la fonction $x\mapsto e^x$ est toujours au dessus de la courbe $(\mathcal{C}):y=\dfrac{1}{2}x^2$ sur l'intervalle $[O;+\infty[$.
$\Phi^{'}(x)=exp^{'}(x)-x=exp(x)-x=\phi(x)$, la fonction $\phi$ a été définie dans la démonstration précédente. Nous savons que $\phi(x)>0$ donc $\Phi^{'}(x)>0$, la fonction est strictement croissante et $\Phi(0)=exp(0)-0=1$. Donc pour tout $x\geq 0$ nous avons $\Phi(x)\geq 1>0$ donc $exp(x)>\dfrac{1}{2}x^2$. Supposons que $x>0$ nous avons $\dfrac{\dfrac{1}{2}x^2}{x} < \dfrac{exp(x)}{x}$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{1}{2}x < \dfrac{e^x}{x}$. Nous savons que $\lim_{x\to +\infty}\dfrac{1}{2}x=+\infty$, donc d'aprés le théoréme de comparaison des limites on a:
$\lim_{x\to +\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty$.
Démontrons $\lim_{x\to -\infty}x\times e^x=0$. Posons $X=-x$. Il est clair que $\lim_{x\to -\infty}x\times e^x=\lim_{X\to +\infty}-X\times e^(-X)$.
Nous avons pour tout $X\in\mathbb{R}$, nous avons $-X\times e^(-X)=\dfrac{-X}{e^X}=-\dfrac{1}{\dfrac{e^X}{X}}$.
Nous avons démontré que:
$\lim_{X\to +\infty}\dfrac{e^X}{X}=+\infty$ donc $\lim_{X\to +\infty}-\dfrac{1}{\bigg(\dfrac{e^X}{X}\bigg)}=0$.
Nous avons donc $\lim_{x\to -\infty}x\times e^x=0$.- Démontrons maintenant $\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{x}=1$. Nous rappelons que la fonction $x\mapsto\exp(x)$ est dérivable sur $\mathbb{R}$
c'est à dire que pour tout $a\in\mathbb{R}$ on $\lim_{x\to a}\dfrac{exp(x)-exp(a)}{x-a}=exp^{'}(a)=exp(a)$.
Si on prend $a=0$ on obtient $\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{x}=exp(0)=1$, ce qu'il fallait démontrer. Etudes de fonctions contenant l'expression $e^x$.
- $f(x)=e^{2x}+e^x=(e^x)^2+e^x=e^x(e^x+1)$.
- $g(x)=xe^x+3e^x=e^x(x+3)$.
- $h(x)=xe^{2x}+xe^x=x(e^x)^2+xe^x$$=xe^x(e^x+1)$.
Dériver une fonction faisant intervenir la fonction exponentielle.
- $f^{'}(x)=2+3e^x$.
- $g(x)=(1+x)\times e^x$.
- $h(x)=\dfrac{e^x}{1+e^x}$.
Equations et inéquations avec des exponentielles.
.
- Soit $A$ et $B$ deux nombres réels, l'équation $e^A=e^B$ équivaut à $A=B$.
- Soit $A$ et $B$ deux nombres réels, l'équation $e^A\leq e^B$ équivaut à $A\leq B$.
- Résoudre l'équation $e^{2x}=e^{-3x+1}$.
- Résoudre l'équation $e^{2x+1}=1$ indication$(e^0=1)$.
- Résoudre l'inéquation $e^{x}>e^{-2x+1}$.
- Résoudre l'inéquation $e^{-x+3}\geq 1$ indication$(e^0=1)$.
- $e^{2x}=e^{-3x+1}$.
- $e^{2x+1}=1$.
- $e^{x}>e^{-2x+1}$.
- $e^{-x+3}\geq 1$.
Fonction $x\mapsto (exp\circ u)(x)=e^{u(x)}$.
- $f(x)=e^{-0,5x}$
- $g(x)=x+e^{-3x}$.
- $h(x)=e^{x^2}$
Fonctions $x\mapsto e^{u(x)}$ particuliéres.
- Les fonctions $g_\alpha$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$ puisque elles sont les composées de la fonction $x\to exp(x)$ et des fonctions $x\to -\alpha x^2$ qui sont dérivables sur $\mathbb{R}$.
- On a pour tout $\alpha\in]0;+\infty[$ d'après le théorème de composition des limites.
- Les courbes $\mathcal{C}_{g_\alpha}$ admettent l'axe des abscisses comme asymptote en $+\infty$ et en $-\infty$.
- .
Problème de Leibniz.
On recherche si cela est possible une fonction strictement positive et dérivable sur $\mathbb{R}$ dont la courbe représentative $\mathcal{C}_f$
admette la propriété suivante:
La tangente en tout point $M$ de $\mathcal{C}_f$ coupe l'axe des abscisses en un point $T$,
tel que $\overrightarrow{TH}=\vec{i}$, où le point $H$ est la projection orthogonale de $M$ sur l'axe $(0x)$.
Proposition.
Résoudre le problème de Leibniz revient à rechercher une fonction $f$ vérifiant la relation: $f'=f$.
Théorème.
Il existe une unique fonction $f$, dérivable sur $\mathbb{R}$,
telle que pour tout $x\in\mathbb{R}$ on a:
$f'(x)=f(x)$ et $f(0)=1$.
De plus pour tout $x\in\mathbb{R}$ $f(x)>0$.
Définition.
La fonction du théorème précédent est appelée fonction exponentielle et est notée: $\exp:x\to\exp(x)$.
Notation.
Le nombre $\exp(1)\approx 2,718261828$ se note $e$, on a $\exp(1)=e$.
Courbe représentative de la fonction exponentielle.
Propriétés:
Nouvelle notation de la fonction exponentielle.
avec les nouvelles notations on a:| $e^0=1$ | $e^1=e$ | $e^{-1}=\dfrac{1}{e}$ |
| $e^{a+b}=e^a\times e^b$ | $e^{-a}=\dfrac{1}{e^a}$ | $e^{a-b}=\dfrac{e^a}{e^b}$ |
A priori la notation exposant ne s'applique que pour des exposants entiers en effet nous avons:
$a^n=\underbrace{a,\ldots,a}_{n~~fois}$ pour $n\in\mathbb{N}$ et $a^{-n}=\dfrac{1}{a^n}$ pour tout $n\in\mathbb{Z}$ et $a\not=0$.
Montrons que pour tout $n\in\mathbb{Z}$ nous avons les égalités $exp(n)=[e]^n$ où $e=exp(1)$.
Si on regarde les propriétés algebriques de l'exponentielle elles ressemblent aux propriétés algébriques sur les exposants entiers. La notation $[e]^x$ n'a pas de sens pour un réel non entier. Par extention de ce qui précéde nous allons étendre la notation à tous les réels, en posant $e^x=exp(x)$.
Variations de $x\to e^x$.
Démontrons le 3° point du théorème.
Pour tout $x\in\mathbb{R}$ on a $exp^{'}(x)=exp(x)$ or nous savons que pour tout $x\in\mathbb{R}$ $exp(x)>0$. Donc la fonction exponentielle est stritement croissante sur $\mathbb{R}$.
Limites en $+\infty$ et $-\infty$ de $x\to e^x$.
Démontrons que $\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty$.
Théorème:
Factorisation d'une expression comportant des exponentielles.
factoriser au possible chacune des expressions suivantes: $f(x)=e^{2x}+e^x$, $g(x)=xe^x+3e^x$ et $h(x)=xe^{2x}+xe^x$Exercice.
Dériver chaque fonction sur $\mathbb{R}$: $f(x)=1+2x+3e^x$, $g(x)=(1+x)\times e^x$ et $h(x)=\dfrac{e^x}{1+e^x}$.$g(x)=(1+x)\times e^x=u(x)\times v(x)$ avec $u(x)=(1+x)$ et $v(x)=e^x$. Nous avons donc $u^{'}(x)=1$ et $v^{'}(x)=e^x$.
$g^{'}(x)=u^{'}(x)\times v(x)+u(x)\times v^{'}(x)=e^x+(1+x)\times e^x=e^x(x+2).$
$h(x)=\dfrac{e^x}{1+e^x}=\dfrac{u(x)}{v(x)}$ avec $u(x)=e^x$ et $v(x)=1+e^x$.
$h^{'}(x)=\dfrac{u^{'}(x)v(x)-u(x)v^{'}(x)}{(v(x))^2}$, donc $h^{'}(x)=\dfrac{e^x(1+e^x)-e^x\times e^x}{(1+e^x)^2}=\dfrac{e^x}{(1+e^x)^2}$.
Théorème.
Exercice
$e^{2x}=e^{-3x+1}\Leftrightarrow 2x=-3x+1$ donc $5x=1$ et donc $x=\dfrac{1}{5}$.
$e^{2x+1}=e^0\Leftrightarrow 2x+1=0$ donc $x=\dfrac{1}{2}$.
$e^{x}>e^{-2x+1}\Leftrightarrow x>-2x+1$ donc $3x>1$ et donc $x>\dfrac{1}{3}$.
$e^{-x+3}\geq e^0\Leftrightarrow -x+3\geq 0$ donc $x\leq 3$.
Définition.
Soit $u$ une fonction définie sur un intervalle $I$ alors la fonction $f=e^u$ est la fonction définie sur $I$ par: $f(x)=e^{u(x)}.$Théorème.
Soit $u$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$, la fonction définie sur $I$ par $f(x)=exp[u(x)]=e^{u(x)}$ est dérivable sur $I$ et pour tout réel $x\in I$ on a: $f^{'}(x)=u'(x)\times e^{u(x)}.$Démontrons que la fonction $x\mapsto (exp\circ u)(x)=e^{u(x)}$ est dérivable en $a\in I$. Calculons, si elle existe la limite: $\lim_{x\to a}\dfrac{e^{u(x)}-e^{u(a)}}{x-a}$.
$\dfrac{e^{u(x)}-e^{u(a)}}{x-a}=\dfrac{e^{u(x)}-e^{u(a)}}{u(x)-u(a)}\times\dfrac{u(x)-u(a)}{x-a}$.
Or nous savons que la fonction $u$ est dérivable en $a\in I$ donc nous avons: $\lim_{x\to a}\dfrac{u(x)-u(a)}{x-a}=u^{'}(a)$.
De plus $u$ étant continue, nous avons $lim_{x\to a}u(x)=u(a)$. La fonction exponetielle est dérivable sur $\mathbb{R}$ donc en $u(a)$.
Nous avons donc $\lim_{x\to a}\dfrac{e^{u(x)}-e^{u(a)}}{u(x)-u(a)}=e^{u(a)}$. donc finalement on a:
$\displaystyle\lim_{x\to a}\dfrac{e^{u(x)}-e^{u(a)}}{x-a}=\lim_{x\to a}\dfrac{e^{u(x)}-e^{u(a)}}{u(x)-u(a)}\times\dfrac{u(x)-u(a)}{x-a}=$$u^{'}(a)\times e^{u(a)}$.
Exercice.
Dériver chaque fonction sur $\mathbb{R}$ donné: $f(x)=e^{-0,5x}$, $g(x)=x+e^{-3x}$ et $h(x)=e^{x^2}$.$f(x)=e^{-0,5x}=e^{u(x)}$ avec $u(x)=-0,5x$, donc $f^{'}(x)=-0,5\times e^{-0,5x}$.
$g^{'}(x)=1-3e^{-3x}$.
$h(x)=e^{x^2}=e^{u(x)}$ avec $u(x)=x^2$, $u$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, donc $h$ est aussi dérivable sur $\mathbb{R}$.
On a $h^{'}(x)=2x\times e^{x^2}$. pour tout $x\in\mathbb{R}$.
Fonctions $f_k:x\to e^{-kx}$ avec $k>0$.
Les fonctions $f_k$ sont dérivables sur $\mathbb{R}$ puisque elles sont les composées de la fonction $x\to exp(x)$ et des fonctions affines $x\to kx$ qui sont dérivables sur $\mathbb{R}$.Calculons $f_k^{'}(x)$.
$f_k^{'}(x)=-ke^{-kx}0$ $\forall x\in\mathbb{R}.$ Donc les fonctions $f_k$ sont strictements décroissantes sur $\mathbb{R}$. On a pour tout $k\in]0;+\infty[$ d'après le théorème de composition des limites.
Courbes de Gauss, Fonctions $g_{\alpha}:x\to e^{-\alpha x^2}$ avec $\alpha>0$.
Calculons $g_\alpha^{'}(x)=-2\alpha xe^{-\alpha x^2}$ $\forall x\in\mathbb{R}.$ Puisque $e^{-\alpha x^2}>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$, le nombre dérivé $g_\alpha^{'}(x)$ est du signe de $-\alpha x$. Donc $g_\alpha$ est strictement croissante sur $]-\infty;0]$ et strictement décroissante sur $[0;+\infty[$.
$ \begin{array}[pos]{c} \displaystyle\lim_{x\to -\infty}(-\alpha x^2)=-\infty\\ \displaystyle\lim_{x\to -\infty}e^x=0\\ \end{array} \Bigg\}\Rightarrow\lim_{x\to -\infty}e^{-\alpha x^2}=0.$
On a aussi pour tout $\alpha\in]0;+\infty[$ d'après le théorème de composition des limites.
$ \begin{array}[pos]{c} \displaystyle\lim_{x\to +\infty}(-\alpha x^2)=-\infty\\ \displaystyle\lim_{x\to -\infty}e^x=0\\ \end{array} \Bigg\}\Rightarrow\lim_{x\to +\infty}e^{-\alpha x^2}=0.$