\documentclass[12pt]{article}
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\begin{document}
\chap[num=C,pos=right,color=purple]{La fonction exponentielle}{\emph{Stéphane PASQUET, \today}}

%--------------- TOC
\renewcommand{\contentsname}{\color{purple}\titreFONT\huge Sommaire}
{\color{purple}\hrulefill}
{\tocFONT\tableofcontents}
{\color{purple}\hrulefill}

\vspace*{1cm} %---------- PREREQUIS

\begin{prerequis}
\item Puissances (notions de collège)
\item Raisonnement par récurrence
\item \'Etude de fonctions (continuité et dérivabilité)
\end{prerequis}

\newpage %----------------- DEBUT

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Fonction exponentielle}]
La \definmot{fonction exponentielle} est l'unique fonction $f$ définie sur \R{} et vérifiant les conditions :
\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item $f'=f$
\item $f(0)=1$
\end{multicols}
\end{itemize}
Cette fonction est notée \definmot{exp}.
\end{pasbox}

L'existence d'une telle fonction est admise.\\
Quant à son unicité, on la démontre en considérant la fonction $h$ définie sur \R{} par : \linebreak$h(x)=f(x)\times f(-x)$. Dans ce cas, 
\begin{align*}
h'(x) & = f'(x)f(-x)+f(x)\times(-f'(-x))\\
& = f'(x)f(-x)-f(x)f'(-x)\\
& = f'(x)f'(-x)-f'(x)f'(-x)\quad\text{car }f'(x)=f(x)\\
& = 0.
\end{align*}
La fonction $h$ est donc constante sur \R{} et $h(0)=f(0)^2=1$.\\
Ainsi, pour tout réel $x$, $f(x)f(-x)=1$ donc ce produit ne s'annule jamais : $f$ ne s'annule donc jamais sur \R.

\medskip

Maintenant, supposons qu'il existe deux fonctions, $f$ et $g$, vérifiant les deux conditions. Posons alors sur \R{}:
\[ k(x)=\dfrac{g(x)}{f(x)},\]
ce qui est possible car $f$ ne s'annule jamais sur \R.\\
\[ k'(x)=\dfrac{g'f-f'g}{f^2}=0\qquad\text{car }f'=f\text{ et }g'=g.\]
Ainsi, $k$ est constante sur \R{} et $k(x)=k(0)=\dfrac{g(0)}{f(0)}=1$. D'où : $f(x)=g(x)$.\\
On est donc assurés que la fonction vérifiant les conditions est unique.

\medskip


\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Relation fonctionnelle caractéristique de la fonction exponentielle}]
Pour tous nombres réels $x$ et $y$,
\[ \exp(a+b)=\exp(a)\times\exp(b).\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb,notitlebreak]
Fixons $y$ et considérons la fonction :
\[ f(x)=\dfrac{\exp(x+y)}{\exp(y)}.\]
Alors,
\[ f'(x)=\dfrac{\exp'(x+y)}{\exp(y)}.\]
Or, par définition, $\exp'(x+y)=\exp(x+y)$. Donc, $f'(x)=f(x)$.
\breakbox
De plus, 
\[ f(0)=\dfrac{\exp(0+y)}{\exp(y)}=1.\]
Ainsi, $f$ vérifie les deux conditions : $f'=f$ et $f(0)=1$ ; c'est donc la fonction exponentielle :
\[ \dfrac{\exp(x+y)}{\exp(y)}=\exp(x).\]
D'où :
\[ \exp(x+y)=\exp(x)\exp(y).\]

\vspace*{-1.5em}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex,pluriel]
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\exp(3+x)=\exp(3)\exp(x)$.
\item $\exp(9+7)=\exp(9)\exp(7)$.
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,pluriel,name={Propriétés algébriques}]
Pour tous réels $x$ et $y$,
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\exp(-x)=\dfrac{1}{\exp(x)}$
\item $\exp(x-y)=\dfrac{\exp(x)}{\exp(y)}$
\item $\forall~n\in\Z,\ \left(\exp(x)\right)^n=\exp(nx)$
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb,notitlebreak]
\begin{enumerate}
\item $\exp(x)\exp(-x)=1$ (voir explications sous la définition de la fonction exponentielle).\\
On en déduit donc la formule.

\item $\begin{aligned}[t]
\exp(x-y) & =\exp(x+(-y))\\
& =\exp(x)\exp(-y)\\
& =\exp(x)\times\dfrac{1}{\exp(y)}\\
& = \dfrac{\exp(x)}{\exp(y)}
\end{aligned}$

\item Considérons que $n\in\N$. La démonstration se fait par récurrence.
\begin{enumerate}
\item $n=0$ : $(\exp(x))^0=1$ et $\exp(0\times x)=\exp(0)=1$.\\
L'initialisation est donc faite.
\item On suppose que pour un entier naturel $k$ quelconque, la relation est vraie.\\
$\begin{aligned}[t]
(\exp(x))^{k+1} & =(\exp(x))^k\exp(x)\\
& =exp(kx)\exp(x)\ (\text{HR})\\
& = \exp(kx+x)\\
& = \exp((k+1)x)
\end{aligned}$\\
L'hérédité est donc vraie. La formule est alors vraie pour tout entier naturel $n$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\breakbox
\begin{enumerate}[start=3]
\item[] De plus, pour $n\in\N$, $\exp(-nx)=\dfrac{1}{\exp(nx)}=\dfrac{1}{(\exp(x))^n}=(\exp(x))^{-n}$.\\
La formule est donc vraie pour tout $n\in\Z$.\vspace*{-1.5em}
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=nota,name={Nouvelle notation}]
Afin d'alléger les notations, on notera :
\begin{multicols}{2}
\begin{itemize}
\item $\exp(1)=\e\approx2,718$
\item $\exp(x)=\e^x$
\item $\e^0=1$
\item $\e^{x+y}=\e^x\e^y$
\item $\e^{-x}=\dfrac{1}{\e^x}$
\item $\e^{x-y}=\dfrac{\e^x}{\e^y}$
\item $\e^{nx}=\left(\e^x\right)^n$
\end{itemize}
\end{multicols}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Signe de la fonction exponentielle}]
Pour tout réel $x$,
\[ \e^x>0.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
En effet,
\begin{align*}
\e^x & = \e^{2\times\frac{x}{2}}\\
& = \left(\e^{\frac{x}{2}}\right)^2
\end{align*}
Un carré étant toujours positif, $\e^x>0$ car l'exponentielle ne s'annule pas.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=rem]
Nous venons de voir que :
\[
\e^x = \left(\e^{\frac{x}{2}}\right)^2.
\]
On en déduit alors :
\[ \sqrt{\e^x}=\e^{\frac{x}{2}}.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Sens de variation}]
La fonction exponentielle est strictement croissante sur \R.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
On sait que la fonction exponentielle est égale à sa dérivée. Or, elle est strictement positive sur \R. Donc, sa dérivée est strictement positive sur \R, ce qui signifie qu'elle est strictement croissante sur \R.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Limites}]
\[
\limite{x}{-\infty}{\e^x}=0 \qquad ; \qquad \limite{x}{+\infty}{\e^x}=+\infty.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{itemize}
\item Posons, pour $x\in\intervFO{0}{+\infty}$ :
\[ d(x)=\e^x-x.\]
Alors,
\[d'(x)=\e^x-1=\e^x-\e^0.\]
La fonction exponentielle étant strictement croissante, $\e^x>\e^0$ sur \intervFO{0}{+\infty}. On en déduit alors que $d'(x)>0$, donc que $d$ est strictement croissante sur \intervFO{0}{+\infty}.\\
Ainsi, sur \intervFO{0}{+\infty}, $d(x)>d(0)>0$. Donc, $\e^x>x$.\\
Par comparaison, on en déduit que $\limite{x}{+\infty}{\e^x}=+\infty$.

\item $\e^{-x}=\dfrac{1}{\e^x}$. Donc, $\limite{x}{-\infty}{\e^x}=\limite{x}{+\infty}{\e^{-x}}=\limite{x}{+\infty}{\dfrac{1}{\e^x}}=0$ d'après ce qui précède.\vspace*{-2em}
\end{itemize}
\end{pasbox}

La courbe représentative de la fonction exponentielle est la suivante :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=stealth',yscale=0.05]
\draw[thick,->] (-5,0) -- (5,0);
\draw[thick,->] (0,0) -- (0,{exp(5)});
\foreach \x in {-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}
{
	\draw[thick] (\x,1) -- (\x,-1) node[below] {\x};
}
\foreach \x in {20,40,60,80,100,120,140}
{
	\draw[thick] (0.1,\x) -- (-0.1,\x) node[left] {\x};
}
\draw[thick,blue] plot[domain=-5:5,samples=100] (\x,{exp(\x)});
\end{tikzpicture}
\end{center}

On peut remarquer que la fonction cro\^it très rapidement, d'où l'expression \og cro\^itre de façon exponentielle \fg{} lorsque l'on parle d'une forte croissance.

\bigskip

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Croissances comparées},pluriel]
\begin{multicols}{3}
\begin{enumerate}
\item $\limite{x}{0}{\dfrac{\e^x-1}{x}}=1$.
\item $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\e^x}{x}}=+\infty$.
\item $\limite{x}{-\infty}{x\e^x}=0$.
\end{enumerate}
\end{multicols}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{enumerate}
\item En posant $f(x)=\e^x$, on sait que :
\[ \limite{h}{0}{\dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}}=f'(0),\]
soit :
\[ \limite{h}{0}{\dfrac{\e^h-1}{h}}=1,\]
d'où la formule.

\item On pose $d(x)=\e^x-x^2$ pour $x\in\intervFO{1}{+\infty}$.\\
Ainsi,
\[ d'(x)=\e^x-2x\qquad\text{et}\qquad d''(x)=\e^x-2.\]
$\e^1\approx2,718>2$ et la fonction exponentielle est strictement croissante donc sur \intervFO{1}{+\infty}, $d''(x)>0$.\\
On en déduit que $d'$ est strictement croissante sur \intervFO{1}{+\infty}. De plus, $d'(1)\approx0,718>0$ donc $d'(x)>0$ sur \intervFO{1}{+\infty}. Ce qui implique que $d$ est strictement croissante sur \intervFO{1}{+\infty}. Or, $d(1)\approx 1,718>0$ donc $d(x)>0$ sur \intervFO{1}{+\infty}. On a alors, sur \intervFO{1}{+\infty} :
\[ \e^x>x^2 \Rightarrow \dfrac{\e^x}{x}>x.\]
Ainsi, par comparaison, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\e^x}{x}}=+\infty$.

\item De ce qui précède, on peut en déduire :
\[ \limite{x}{+\infty}{\dfrac{x}{\e^x}}=0.\]
De plus, on a :
\[ x\e^x = \dfrac{x}{\e^{-x}}=-\dfrac{-x}{\e^{-x}}.\]
Ainsi, 
\[ 
\limite{x}{-\infty}{x\e^x}=\limite{X}{+\infty}{\left(-\dfrac{X}{\e^{X}}\right)}=0.\]
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={\'Equations et inéquations}]
Pour tous réels $x$ et $y$,
\[
\e^x=\e^y \Leftrightarrow x=y \qquad ; \qquad \e^x<\e^y \Leftrightarrow x<y.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{itemize}
\item La fonction exponentielle est strictement croissante sur \R{} donc si deux nombres ont la m\^eme image par cette fonction, nécessairement, ils sont égaux : $\e^x=\e^y \Leftarrow x=y$.\\
Réciproquement, si $x=y$, il est immédiat d'écrire que leur image sont égales :\linebreak $x=y \Leftarrow \e^x=\e^y$. D'où la première équivalence.

\item La fonction exponentielle est strictement croissante sur \R{} donc $ x<y \Leftarrow \e^x<\e^y$. On peut aussi en déduire que $x\geqslant y \Leftarrow \e^x \geqslant \e^y$. En prenant la contraposée de cette dernière implication, on obtient : $\e^x<\e^y \Leftarrow x<y$. D'où la seconde équivalence.\vspace*{-1.8em}
\end{itemize}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item Résoudre l'équation : $\e^{x^2}-\e^{2x-1}=0$.
\begin{align*}
\e^{x^2}-\e^{2x-1}=0 & \Leftrightarrow \e^{x^2}=\e^{2x-1}\\
& \Leftrightarrow x^2=2x-1\\
& \Leftrightarrow x^2-2x+1=0\\
& \Leftrightarrow (x-1)^2=0\\
& \Leftrightarrow x=1.
\end{align*}
L'équation admet donc une unique solution : $x=1$.

\item Résoudre l'inéquation : $\e^{2x}\geqslant\dfrac{\e}{\e^x}$.
\begin{align*}
\e^{2x}\geqslant\dfrac{\e}{\e^x} & \Leftrightarrow \e^{2x}\times\e^x\geqslant \e\\
& \Leftrightarrow \e^{3x}\geqslant\e^1\\
& \Leftrightarrow 3x\geqslant1\\
& \Leftrightarrow x\geqslant\dfrac{1}{3}.
\end{align*}
L'inéquation admet donc comme ensemble solution l'intervalle \intervFO{\dfrac{1}{3}}{+\infty}.
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Dérivée de $\e^u$}]
Soit $u$ une fonction définie sur un intervalle I de \R.\\
La dérivée de la fonction $\e^u$ est :
\[ \left(\e^u\right)' = u'\e^u.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb,notitlebreak]
Soit $a\in\text{I}$. Posons $f(x)=\e^{u(x)}$.\\
Alors,
\begin{align*}
f'(a) & =\limite{h}{0}{\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}}\\
& = \limite{h}{0}{\dfrac{\e^{u(a+h)}-\e^{u(a)}}{h}}\\
& = \limite{h}{0}{\left(\dfrac{\e^{u(a+h)}-\e^{u(a)}}{u(a+h)-u(a)}\times\dfrac{u(a+h)-u(a)}{h}\right)}
\end{align*}
\breakbox
Or,
\[
\limite{h}{0}{\dfrac{\e^{u(a+h)}-\e^{u(a)}}{u(a+h)-u(a)}}=\limite{H}{0}{ \dfrac{ \e^{u(a)+H}-\e^{u(a)} }{H} }
\]
en posant $H(h)=u(a+h)-u(a)$. En effet, $H$ tend vers 0 quand $h$ tend vers 0.\\
Ainsi, $\limite{H}{0}{ \dfrac{ \e^{u(a)+H}-\e^{u(a)} }{H} }$ représente le taux d'accroissement de la fonction exponentielle en $u(a)$. On en déduit donc que :
\[
\limite{h}{0}{\dfrac{\e^{u(a+h)}-\e^{u(a)}}{u(a+h)-u(a)}}=\e^{u(a)}.
\]
D'où :
\[
f'(x)=\e^{u(a)}\times u'(a).
\]

\vspace*{-2em}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
On pose : $f(x)=\e^{-x^2}$. Donc, $f(x)=\e^{u(x)}$, avec $u(x)=-x^2$.\\$u'(x)=-2x$ donc :
\[ f'(x)=-2x\e^{-x^2}.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Variation de $\e^u$}]
Soit $u$ une fonction définie sur un intervalle I de \R.\\
La fonction $\e^u$ admet les m\^emes variations que la fonction $u$.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Nous avons vu que $\left(\e^u\right)'=u'\e^u$.\\
Ainsi, la dérivée est du m\^eme signe que $u'$ (car $\e^u>0$).\\
Les variations de $\e^u$ sont donc les m\^emes que celles de $u$.
\end{pasbox}
\end{document}	