
\documentclass[a4paper]{article}
\usepackage[]{pan_pan}
\usepackage[marginratio=1:1,textwidth=15cm,textheight=24.5cm,marginparwidth=12pt,headheight=3cm]{geometry}

\begin{document}
\fcours{La fonction exponentielle}
\section{Méthode d'\textsc{Euler}}
cf activité: méthode d'Euler.\\
\textbf{Compte rendu:} 
On a utilisé la méthode d'Euler pour approximer la courbe d'une fonction $f$ (si elle existe) telle que $f$ est définie et dérivable sur $\R$ et:
\[ \left\{ 
\begin{array}{ll}
f'(x)=f(x)\, , \quad \forall x\in\R \\
f(0)=1
\end{array} \right.%
\]
%%%%%%%%
Cette méthode utilise l'approximation affine suivante: $f(a+h)\approx
f(a)+hf'(a)$   valable ici (pour $a$ et $h$ deux réels, $h$ petit) car $f$ est dérivable sur $\R$. Graphiquement cela revient à confondre la courbe de la fonction avec sa tangente sur l'intervalle $\intf{a}{a+h}$. 
Ci dessous, trois graphiques pour un pas $h=\frac{1}{2}$, puis
$h=\frac14$ et le troisième pour $h=\frac15$ puis $h=-\frac15$ afin
d'obtenir la courbe pour des abscisses négatives. De plus celui-ci est dans un repère orthonormal. Tous les graphiques de cette page comportent aussi en pointillé la \og courbe limite \fg{} recherchée afin que l'on voit mieux la convergence de la méthode.\\
\psfrag{O}{$O$} \psfrag{i}{$\vi$}   \psfrag{j}{$\vj$}
\\
\noindent%
\includegraphics{/home/pan/Desktop/TeX_MiX/Figures/meth_euler.2}\quad
\includegraphics{/home/pan/Desktop/TeX_MiX/Figures/meth_euler.3}\quad
\includegraphics{/home/pan/Desktop/TeX_MiX/Figures/meth_euler.6}\\


Pour approximer $f(x)$ pour tout réel $x$, on a finalement posé $h=\frac{x}{n}$
où $n\in\mathbb{N}^*$. Lorsque $n$ tend vers l'infini, le pas $h$ tend
vers zéro et pour tout $n$ on a $x_n=x$, on peut donc espérer que $y_n=\left(1+\frac{x}{n}\right)^n$ qui est l'ordonnée du point $A_n(x,y_n)$ de la
méthode d'Euler tende vers $f(x)$ quand $n$ tend vers l'infini.
\par
On n'a pas prouvé que la méthode d'Euler était une \og bonne méthode
\fg{} c'est à dire qu'on obtient bien ainsi une approximation de la
fonction cherchée, ni qu'il n'y a qu'une fonction $f$ qui vérifie les
conditions voulues, mais si la méthode converge bien, alors notre
fonction $f$ existe et elle vérifie:
\[ \forall x \in\mathbb{R},\ f(x)=\lim\limits_{ n \to +\infty }
\left(1+\frac{x}{n}\right)^n \]
Cette expression nous permet d'obtenir des valeurs approchées de
$f(x)$ pour certainnes valeurs de~$x$. Par exemple:

Si on veut une valeur approchée de $f(1)$ on a donc:
\[f(1)=\lim_{n\to +\infty} (1+\frac{1}{n})^n\]
 On admet que cette limite existe \ie{} que la méthode d'Euler converge. Pour des grandes valeurs de $n$ on obtient les valeurs approchées suivantes: 
{\small\[ (1+\frac{1}{2})^2=2,25 \quad ;\quad
  (1+\frac{1}{10})^{10}\simeq 2,594 \quad ;\quad
(1+10^{-3})^{1000}\simeq 2,717 \quad ;\quad (1+10^{-6})^{10^6}\simeq
2,71828 \]}
%%%%
\section{Equation différentielle y'=y}
\begin{theo}
Il existe une unique fonction $f$ définie et dérivable sur $\R$ telle que: $f'=f$ et $f(0)=1$.
\end{theo}
\begin{Def}
 L'unique fonction $f$ définie et dérivable sur $\R$ telle que: $f'=f$
 et $f(0)=1$ s'appelle la fonction exponentielle et on la note: $\exp: x\mapsto \exp(x)$
\end{Def}
Existence admise, on va prouver l'unicité.
\begin{lemme} \label{lemme}
Si il existe une  fonction $f$ définie et dérivable sur $\R$ telle que $f'=f$ et $f(0)=1$ alors elle vérifie:
$\forall x\in\R \quad f(-x)f(x)=1$ et par conséquent $f$ ne s'annule pas.
\end{lemme}
\begin{proof} 
On pose la fonction $\phi$ définie par: $\forall x\in\R \quad
\phi(x)=f(-x)f(x)$. On dérive, on trouve $\phi'=0$ donc $\varphi$ est
constante et comme $\phi(0)=1$ on conclut.
\end{proof}
On prouve maintenant l'unicité:
\begin{proof} 
Supposons qu'il existe deux fonctions $f$ et $g$ qui définies et
dérivables sur $\R$ telle que: $f'=f$, $g'=g$ et
$f(0)=g(0)=1$. D'après le lemme, ces fonctions ne s'annulent pas, et
donc on peut considérer la fonction $\psi$ définie et dérivable sur
$\R$ par: $\psi=\frac{f}{g}$. On dérive, $\psi'=0$ et
$\psi(0)=1$. Donc $\psi$ est constante, égale à~1, ainsi $f=g$.
\end{proof}


Pour calculer des valeurs approchées de $\exp(x)$ on peut utiliser la
méthode d'Euler. Sinon, il y a une touche sur la calculatrice, notée
\verb!e^x!. On déduit du lemme\ref{lemme} et de la continuité de
$\exp$ sur~$\R$ la propriété qui sera très utile plus tard pour des
études de signe:% La fonction $\exp$ est {\bf strictement positive sur $\R$}

\begin{prop} \label{positive}
La fonction $\exp$ est {\bf strictement positive} sur $\R$
\[\boxed{ \forall x \in \R,\; \exp (x)>0}\]
\end{prop}
\begin{proof}
  On prouve d'abord qu'elle est de signe constant. Supposons qu'il
  existe deux réels $a$ et $b$ tels que $0>\exp(a)\exp(b)$. Alors comme
  $\exp$ est continue sur $\mathbb{R}$, par le
  T.V.I. il existe une racine pour la fonction~$\exp$. Ce qui est
  contraire à ce qu'on a déduit du lemme~\ref{lemme}. Ainsi la fonction $\exp$ est
  de signe constant sur $\mathbb{R}$. Or $\exp(0)=1$ d'où le résultat.
\end{proof}
\begin{Def}
  La valeur de $\exp$ en 1 est notée $\e$. \emph{i.e.}
  $\exp(1)=\e$. Cette constante vaut environ $2,718$.
\end{Def}
\noindent Le réel $\e$ est un nombre irrationnel (on le prouvera plus tard), et
même, c'est un réel transcendant (comme $\pi$).
\DangerZ Certaines calculettes exigent que l'on tape \verb!e^1! pour
obtenir le réel~$\e$, d'autres se contentent de~\texttt{e}.

\section{Propriétés algébriques}

\begin{prop} 
Pour tous réels $a$ et $b$ et tout entier relatif $n$, on a les formules:
\begin{eqnarray}
\boxed{\exp(-a)=\frac{1}{\exp(a)}}        \label{inv}\\
\boxed{\exp(a+b)=\exp(a)\times \exp(b)}   \label{som}\\
\boxed{\exp(a-b)=\frac{\exp(a)}{\exp(b)}} \label{moins}\\
\boxed{\exp(a\times n)=(\exp(a))^n}       \label{puiss}
\end{eqnarray}
% \boxed{\exp(-a)=\frac{1}{\exp(a)}} \quad \boxed{\exp(a+b)=\exp(a)\times \exp(b)} \quad \boxed{\exp(a-b)=\frac{\exp(a)}{\exp(b)}} \quad \boxed{(\exp(a))^n=\exp(a\times n)} 
\end{prop}
La relation~\eqref{som} s'appelle la relation fonctionnelle de l'exponentielle.
\begin{proof} 
\eqref{inv} découle du Lemme~\ref{lemme}. \eqref{moins} découle de \eqref{som} et \eqref{inv}. \eqref{puiss} se prouve à partir de \eqref{som} par récurrence sur $n$. L'essentiel est de prouver \eqref{som}:\\
Soit $b\in\R$. On considère la fonction $\chi$ de $x$ où $b$ est un paramètre définie par: $\chi(x)=\dfrac{\exp(x+b)}{\exp(x)}$ On dérive, $\chi'=0$ et $\chi(0)=\exp(b)$. Donc pour tout réel $x$, $\exp(x+b)=\exp(x)\exp(b)$. Ceci pour tout réel $b$. D'où~\eqref{som}\\
Preuve de \eqref{puiss}: Soit $a$ un réel. Soit $\Para(n)$: \og{}
$\exp(a\times n)=(\exp(a))^n $ \fg{} Prouvons par récurrence sur $n$ que
$\Para(n)$ est vraie pour tout $n\in\N$. Ini: Comme $\exp(a)\neq 0$,  $\exp(a)^0=1=\exp(0)$ ok...
\end{proof}
\section{Notation exponentielle}
La formule \eqref{puiss} donne pour $a=1$:  $\exp(n)=(\exp(1))^n=\e^n$ Par analogie, pour tout réel $x$ on note $\exp(x)=\e^x$. On a donc les règles de calcul usuelles avec les puissances pour tous réels $a$ et $b$ et tout $n\in\Z$:

\[ \boxed{\e^a\times \e^b=\e^{a+b}} \qquad \boxed{\frac{\e^a}{\e^b}=\e^{a-b}}
\qquad \boxed{(\e^a)^n=\e^{a\times n}} \]
\textbf{Cas particuliers importants:} $\boxed{\e^1=\e} \qquad \boxed{\e^0=1} \qquad \boxed{\e^{-x}=\dfrac{1}{\e^x}} $\\

cf touche de la calculette. Attention selon modèle on tape ou non le chapeau. Attention aux parenthèses.
Exercices à base de simplification d'expressions.
\exercice \'Ecrire plus simplement les expressions suivantes en utilisant les règles sur l'exponentielle:
  \[ A=\e^2\times \e^3\qquad B=\frac{(\e^2)^4}{\e^3}\qquad C=\Big(\frac{1}{\e^x}\Big)^2\qquad 
D=\frac{(\e^{x})^2\times\e^x}{\e^{-x}} \qquad 
E=\frac{\e^{3x-1}}{\e^{2-x}}\]

\exercice Prouver les égalités suivantes:
\[\frac{\e^{2x}-1}{\e^{2x}+1}=\frac{\e^{x}-\e^{-x}}{\e^{x}+\e^{-x}}
\]

%%%%%%%%%%%%%%%%


\section{\'Etude de la fonction exponentielle}
\subsection{Dérivée et variation}
\begin{prop}
La fonction exponentielle est sa propre dérivée: $\boxed{(\e^x)'=\e^x}$
\end{prop}
D'après la propriété \ref{positive}, on en déduit:
\begin{prop}
La fonction exponentielle est strictement croissante sur $\R$
\end{prop}
\begin{prop}[Dérivée d'une fonction composée avec $\e^x$] 
Si $u$ désigne une fonction dérivable sur $\R$ alors $\exp(u)$ est dérivable et:
\[ \boxed{[\e^{u(x)}]'=u'(x)\times\e^{u(x)}}\]
\end{prop}
\subsection{\'Equations et inéquations}
\begin{prop}
  $\forall a, b \in\R,\quad \boxed{\e^a\leq \e^b\iff a\leq b}$
\end{prop}
\begin{proof}On prouve chaque sens séparément. Soit $a$ et $b$ deux réels.
  
 \Marge{$(\Longleftarrow )$} %% Utiliser \Impli puis \Recip
$a\leq b\implies\e^a\leq \e^b $ car $\exp$
 est croissante sur~$\R$.
\Marge{$(\Longrightarrow )$} Si $\e^a\leq \e^b $. Supposons que $a$
soit strictement supérieur à $b$, alors comme $\exp$ est strictement
croissante sur~$\R$ on aurait $\e^a$ strictement supérieur à~$e^b$.
\end{proof}
\begin{prop}
  $\forall a, b \in\R,\quad \boxed{\e^a= \e^b\iff a= b}$
\end{prop}
\begin{proof} On prouve chaque sens séparément. Soit $a$ et $b$ deux réels.
  \Marge{$(\Longleftarrow )$} $a= b\implies\e^a= \e^b $ car $\exp$
 est une application.
\Marge{$(\Longrightarrow )$} Si on a $\e^a= \e^b $ on procède par double inéquation:
\begin{list}{$\bullet$}{}
\item $\e^a= \e^b\implies \e^a\leq \e^b\implies a\leq b$
\item $\e^a= \e^b\implies \e^a\leq \e^b\implies  a\geq b$
\end{list}
On a donc $a=b$.
\end{proof}

\noindent L'équation: $\e^x=a$ n'a pas de solution si $a\leq
0$ mais grace au TVI, on peut prouver que: \DangerZ
%pour tout réel $a$ strictement positif, $\e^x=a$ admet une unique solution notée~$\ln (a)$.

\begin{prop}[Logaritme néperien]
  Pour tout réel strictement positif $a$, l'équation en $x$:
\begin{equation}
  \label{eq:exy}
  \e^x=a
\end{equation}
a une unique solution que l'on note: $\ln(a)$ appelée logarithme
néperien de~$a$.
\end{prop}
\noindent On trouve cette fonction sur la calculette sur la même touche que
$\exp$. \\\noindent
Ne pas confondre $\ln$ avec~$\log$. \DangerZ
\exemple $\e^x=2\implies x=\ln(2)$.
\exercice Résoudre dans $\R$: $\e^{2x}+3\e^x-4=0$ \\
\rotatebox{180}{\textbf{Solution:}$\Delta=25,\ X_1=1,\ X_2=-4$  }
\exercice Résoudre dans $\R$:\\\noindent
\aligneabcd{$\e^{5x-1}=1$}{$\e^{2x-1}=\e^{3x-2}$}{$\e^{5x-1}=-2$}{$\e\e^{x^2}=\left(\e^{2x+1}\right)^2$}
\exercice p31 \no 17, 18, 24, 25, 26, 27.
\exercice Résoudre dans $\R$: $\e^x-\frac{1}{\left(\e^x\right)^2}\leq 0$
\exercice On définit deux fonctions, cosinus hyperbolique et sinus hyperbolique par:
\[\text{ch}(x)=\frac{\e^{x}+\e^{-x}}{2} \quad \et{} \quad \text{sh}(x)=\frac{\e^{x}-\e^{-x}}{2} \]
\begin{enumerate}
\item Prouver que: $\forall x\in\R$, $\text{ch}^2(x)+\text{sh}^2(x)=-1$.
\item Démontrer que pour tout réel $x$: $\text{ch}(2x)=2\text{ch}^2(x)-1$ \et{} $\text{sh}(2x)=2\text{ch}(x)\text{sh}(x)$
\item Prouver que: $\text{ch}(x+y)=\text{ch}(x)\text{ch}(y)+\text{sh}(x)\text{sh}(y)$ et $\text{sh}(x+y)=\text{sh}(x)\text{ch}(y)+\text{ch}(x)\text{sh}(y)$.
\item On définit tangente hyperbolique par th=sh/ch. Prouver que $\text{th}(x)=\frac{\e^{2x}-1}{\e^{2x}+1}$ et $\text{th}'=1-\text{th}^2$

\end{enumerate}
\exercice Résoudre les équations suivantes qui se ramènent à des équations du second degré. \\\emph{On pourra poser $X=\e^x$}
  \begin{align}
  2\e^{2x}-3\e^x+1&=0\\
  \e^{2x}-2\e^x&=0\\
  \e^{x}+12\e^{-x}+7&=0
  \end{align}
\subsection{Courbe, approximation affine}
%Comme la fonction exponentielle est la réciproque de la fonction $\ln$, leurs courbes sont symétriques l'une de l'autre par rapport à la droite $\Dr$ d'équation $y=x$\\
%\hfill{\stretch{1}}
\begin{center}
% \psfrag{i}{$\vec{\imath}$} \psfrag{j}{$\vec{\jmath}$} \psfrag{O}{$O$}
% \psfrag{F}{$\Cr_{\exp}$}
% \psfrag{L}{$\Cr_{\ln}$}
% \psfrag{D}{$\Dr:\ y=x$}
% \psfrag{e}{$\e$}
\includegraphics{/home/pan/Desktop/TeX_MiX/Figures/Metapost_fig/NewCourbe.5} 
\end{center}
Sur la courbe tracée ci-dessus, on a aussi tracé la droite d'équation
$y=x+1$ qui est la tangente en zéro la courbe de $\exp$.
\begin{prop}
  Pour $x$ proche de zéro, $\e^x$ est proche de $x+1$. Plus
  précisément, il existe une fonction $\epsilon$ qui tend vers zéro en
  zéro ($\lim\limits_{ x \to 0  } \epsilon(x)=0$) telle que pour tout
  réel~$x$:
\[\e^x=x+1+x\epsilon(x)\]
\end{prop}
\begin{proof}
  On applique la formule de l'approximation affine vue en première pour une fonction $f$ dérivable
  au voisinage de $a$: $f(x+a)=f(a)+xf'(a)+x\epsilon(x)$. Comme
  $\exp(0)=1$ on a le résultat souhaité pour $a=0$.
\end{proof}
\begin{prop}
  $\Cr_{\exp}$ est au dessus de sa tangente en zéro. \ie
\[ \forall x\in\R,\quad \e^x\geq x+1\]
\end{prop}

\begin{proof}
  On pose $\phi$ la fonction définie par: $\phi(x)=\e^x-x-1$ et on
  veut proiuver que cette fonction est positive sur $\R$ pour celà, on
  l'étudie. $\phi$ est dérivable sur $\R$ et on a: $\phi '(x)=\e^x
  -1$. Or:
\[ \e^x-1\geq 0\iff \e^x\geq \e^0\iff x\geq 0\]
D'où les variations de $\phi$ qui admet ainsi un minimum en zéro qui
vaut: $\phi(0)=0$. Donc $\phi$ est positive sur~$\R$.
\end{proof}
Ceci permet d'établir la limite de la fonction exponentielle en~$+\infty$
\subsection{Limites --- Croissance comparée}
On a démontré en T.D. par comparaison les limites suivantes (où $n\in \N \,)$ %qui découlent de celles de $\ln x$:
\[ \boxed{\lim_{x\to -\infty}{\e^x}=0} \qquad
\boxed{\lim_{x\to +\infty}{\e^x}=+\infty} \qquad
\boxed{\lim_{x\to -\infty}{x^n\e^x}=0} \qquad
\boxed{\lim_{x\to +\infty}{\frac{\e^x}{x^n}}=+\infty}  \]
La première limite indique que l'axe de abscisses est asymptote à
$\Cr_{\exp}$ en $-\infty$. Les deux dernières sont \emph{a priori} des
formes indéterminées que l'on retient par \emph{``L'exponentielle
  l'emporte sur les puissances de~$x$.''}
\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
