Fonctions usuelles

Soient $x, y \in \mathbb{R}^*_+$. Posons $f : t \mapsto \ln(ty) - \ln(t) - \ln(y)$ pour $t > 0$.

D'après la Définition 1.1, $\ln$ est l'unique primitive de $t \mapsto \dfrac{1}{t}$ s'annulant en 0. Par la règle de dérivation des fonctions composées (admise ici comme acquise du lycée), pour tout $t > 0$ :

$$f'(t) = \frac{y}{ty} - \frac{1}{t} = \frac{1}{t} - \frac{1}{t} = 0$$

Donc $f$ est constante sur $\mathbb{R}^*_+$. En particulier $f(1) = \ln(y) - \ln(1) - \ln(y)$. Or, d'après la Définition 1.1, $\ln$ s'annule en 0, c'est-à-dire $\ln(1) = 0$ (car $\int_1^1 \frac{1}{t}\,dt = 0$, soit l'unique primitive s'annulant en 0 vérifie $\ln(1) = 0$). Donc $f(1) = \ln(y) - 0 - \ln(y) = 0$.

Ainsi $f$ est la fonction nulle, c'est-à-dire pour tout $x > 0$ :

$$\ln(xy) = \ln(x) + \ln(y)$$

Pour la deuxième formule, on en déduit que $\ln\left(\dfrac{x}{y}\right) = \ln\left(x \cdot \dfrac{1}{y}\right) = \ln(x) + \ln\left(\dfrac{1}{y}\right)$. En posant $x = y$ dans la première formule : $\ln(y^2) = 2\ln(y)$, et plus généralement en posant $x = y^{n-1}$ et en procédant par récurrence (ou en raisonnant par induction), on obtient pour $n \in \mathbb{N}^*$ : $\ln(y^n) = n\ln(y)$.

Pour $n \in \mathbb{Z}_-$, on écrit $y^n = (y^{-n})^{-1}$, puis $\ln(y^n) = \ln\left(\dfrac{1}{y^{-n}}\right) = \ln(1) - \ln(y^{-n}) = -(-n)\ln(y) = n\ln(y)$.

$$\boxed{\ln(xy) = \ln x + \ln y, \quad \ln\tfrac{x}{y} = \ln x - \ln y, \quad \ln(x^n) = n\ln x}$$

D'après la Définition 1.1, $\ln$ est l'unique primitive de $x \mapsto \dfrac{1}{x}$ sur $\mathbb{R}^*_+$. Par définition, une primitive est dérivable et sa dérivée est la fonction dont elle est primitive. Donc $\ln$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*_+$ et, pour tout $x \in \mathbb{R}^*_+$ :

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

D'après la Définition 1.2, $\exp$ est la bijection réciproque de $\ln$, donc en particulier $\ln(\exp(x)) = x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ et $\exp(\ln(x)) = x$ pour tout $x \in \mathbb{R}^*_+$.

Soient $x, y \in \mathbb{R}$. Puisque $\exp(x) > 0$ et $\exp(y) > 0$, on peut appliquer la Proposition 1.1 :

$$\ln(\exp(x) \cdot \exp(y)) = \ln(\exp(x)) + \ln(\exp(y)) = x + y$$

Or $\ln$ est injective (c'est une bijection d'après la Définition 1.2), donc :

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

puisque $\ln(\exp(x+y)) = x + y = \ln(\exp(x)\exp(y))$.

Pour la deuxième formule, on en déduit que $\exp(x - y) = \exp(x + (-y)) = \exp(x)\exp(-y)$. Or $\exp(y)\exp(-y) = \exp(y + (-y)) = \exp(0) = 1$, donc $\exp(-y) = \dfrac{1}{\exp(y)}$, d'où $\exp(x-y) = \dfrac{\exp(x)}{\exp(y)}$.

Pour la troisième formule, pour $n \in \mathbb{N}^*$, on raisonne par récurrence : $\exp(1 \cdot x) = \exp(x)^1$, et si $\exp((n-1)x) = \exp(x)^{n-1}$, alors $\exp(nx) = \exp((n-1)x + x) = \exp((n-1)x)\exp(x) = \exp(x)^{n-1}\exp(x) = \exp(x)^n$. Le cas $n \in \mathbb{Z}_-$ s'obtient de même en utilisant $\exp(-y) = \dfrac{1}{\exp(y)}$.

D'après la Définition 1.2, $\exp$ est la bijection réciproque de $\ln$. D'après la Proposition 1.2, $\ln$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*_+$ de dérivée $x \mapsto \dfrac{1}{x}$, qui ne s'annule pas sur $\mathbb{R}^*_+$.

Par le théorème de dérivabilité de la bijection réciproque (admis comme acquis du lycée) : si $f$ est dérivable et $f'$ ne s'annule pas, alors $f^{-1}$ est dérivable et $(f^{-1})'(y) = \dfrac{1}{f'(f^{-1}(y))}$.

Ici, $\exp = \ln^{-1}$, donc pour tout $x \in \mathbb{R}$ :

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

Soient $x \in \mathbb{R}^*_+$ et $\alpha \in \mathbb{R}$. D'après la Définition 1.4, $x^\alpha = \exp(\alpha \ln x)$. Donc, en appliquant la Proposition 1.1 (troisième formule, étendue aux réels via la Définition 1.4) :

$$\ln(x^\alpha) = \ln(\exp(\alpha \ln x))$$

Puisque $\ln$ et $\exp$ sont bijections réciproques (Définition 1.2), $\ln(\exp(t)) = t$ pour tout $t \in \mathbb{R}$. En posant $t = \alpha \ln x$ :

$$\ln(x^\alpha) = \alpha \ln x$$

Pour la deuxième formule, soient $x \in \mathbb{R}$ et $\alpha \in \mathbb{R}$. D'après la Définition 1.4 appliquée à $\exp(x)$ (qui est strictement positif) avec l'exposant $\alpha$ :

$$\exp(x)^\alpha = \exp(\alpha \ln(\exp(x)))$$

Or $\ln(\exp(x)) = x$ par définition des bijections réciproques. Donc :

$$\exp(x)^\alpha = \exp(\alpha x)$$

Les quatre formules découlent directement des propriétés de $\ln$ et $\exp$ via la Définition 1.4 ($a^b = \exp(b \ln a)$ pour $a > 0$).

Formule 1 : $x^{a+b} = \exp((a+b)\ln x) = \exp(a\ln x + b\ln x) = \exp(a\ln x)\exp(b\ln x) = x^a x^b$, en utilisant la Proposition 1.3 (première formule).

Formule 2 : $x^{ab} = \exp(ab\ln x)$. D'autre part, $(x^a)^b = \exp(b\ln(x^a))$. D'après la Proposition 1.5 (première formule), $\ln(x^a) = a\ln x$, donc $(x^a)^b = \exp(ab\ln x) = x^{ab}$. De même $(x^b)^a = x^{ab}$.

Formule 3 : Supposons $x, y > 0$. $(xy)^a = \exp(a\ln(xy)) = \exp(a(\ln x + \ln y))$ par la Proposition 1.1, $= \exp(a\ln x + a\ln y) = \exp(a\ln x)\exp(a\ln y) = x^a y^a$, par la Proposition 1.3.

Formule 4 : $x^{-a} = \exp(-a\ln x) = \dfrac{1}{\exp(a\ln x)} = \dfrac{1}{x^a}$, en utilisant $\exp(-t) = \dfrac{1}{\exp(t)}$ (déduit de la Proposition 1.3). De plus $\left(\dfrac{1}{x}\right)^a = \exp(a\ln(x^{-1})) = \exp(-a\ln x) = x^{-a}$.

On distingue les trois cas selon la Définition 1.5 (fonction puissance $x \mapsto x^\alpha$) et les Définitions 1.3 et 1.4.

Cas $\alpha \in \mathbb{N}^*$ : D'après la Définition 1.3, $x^\alpha = \underbrace{x \times \cdots \times x}_{\alpha \text{ fois}}$ est défini pour tout $x \in \mathbb{R}$ (produit de réels). Donc le domaine de définition est $\mathbb{R}$.

Cas $\alpha \in \mathbb{Z}_-$ : On a $\alpha = -n$ avec $n \in \mathbb{N}^*$. D'après la Définition 1.3, $x^\alpha = x^{-n} = \dfrac{1}{x^n}$, qui est défini si et seulement si $x^n \neq 0$, c'est-à-dire $x \neq 0$. Donc le domaine est $\mathbb{R}^*$.

Cas $\alpha \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}$ : D'après la Définition 1.4, $x^\alpha = \exp(\alpha \ln x)$. La fonction $\ln$ est définie sur $\mathbb{R}^*_+$ (Définition 1.1) et $\exp$ est définie sur $\mathbb{R}$ tout entier (Définition 1.2). Donc $x^\alpha$ est défini si et seulement si $x \in \mathbb{R}^*_+$.

Soit $n \in \mathbb{Z}$. Rappelons qu'une fonction $f$ est paire si $f(-x) = f(x)$ pour tout $x$ du domaine, et impaire si $f(-x) = -f(x)$.

Soit $x \in \mathbb{R}^*$ (ou $\mathbb{R}$ si $n \geq 0$). On calcule $(-x)^n$.

Si $n \in \mathbb{N}^*$ : D'après la Définition 1.3, $(-x)^n = (-1)^n x^n$. En effet, $(-x)^n = \underbrace{(-x) \times \cdots \times (-x)}_{n \text{ fois}} = (-1)^n \underbrace{x \times \cdots \times x}_{n \text{ fois}} = (-1)^n x^n$.
- Si $n$ est pair, $(-1)^n = 1$, donc $(-x)^n = x^n$ : la fonction est paire.
- Si $n$ est impair, $(-1)^n = -1$, donc $(-x)^n = -x^n$ : la fonction est impaire.

Si $n \in \mathbb{Z}_-$ : On a $(-x)^n = \dfrac{1}{(-x)^{-n}}$. Puisque $-n \in \mathbb{N}^*$, on vient de voir que $(-x)^{-n} = (-1)^{-n} x^{-n}$. Donc $(-x)^n = \dfrac{1}{(-1)^{-n} x^{-n}} = (-1)^{-(-n)} \cdot \dfrac{1}{x^{-n}} = (-1)^n x^n$. Le même raisonnement donne alors la parité de $n$.

Dans les deux cas, la fonction $x \mapsto x^n$ est paire si $n$ est pair, impaire si $n$ est impair : elle a la parité de $n$.

On distingue les trois cas.

Cas $\alpha \in \mathbb{N} \setminus \{0, 1\}$ : On procède par récurrence sur $n = \alpha$. Pour $n = 2$, $(x^2)' = 2x = 2x^{2-1}$ (calcul direct). Si $(x^n)' = nx^{n-1}$, alors $(x^{n+1})' = (x \cdot x^n)' = x^n + x(nx^{n-1}) = x^n + nx^n = (n+1)x^n$. Le domaine de définition est $\mathbb{R}$ d'après la Proposition 1.7.

Cas $\alpha \in \mathbb{Z}_-$ : Soit $n = -\alpha \in \mathbb{N}^*$. Alors $x^\alpha = x^{-n} = \dfrac{1}{x^n}$. Par la règle de dérivation du quotient, pour $x \in \mathbb{R}^*$ :

$$\left(\frac{1}{x^n}\right)' = -\frac{(x^n)'}{(x^n)^2} = -\frac{nx^{n-1}}{x^{2n}} = -nx^{n-1-2n} = -nx^{-n-1} = \alpha x^{\alpha - 1}$$

Le domaine est $\mathbb{R}^*$ d'après la Proposition 1.7.

Cas $\alpha \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}$ : D'après la Définition 1.4, $x^\alpha = \exp(\alpha \ln x)$ pour $x \in \mathbb{R}^*_+$. Par la règle de dérivation des fonctions composées, en utilisant la Proposition 1.4 ($\exp' = \exp$) et la Proposition 1.2 ($\ln' = 1/x$) :

$$(x^\alpha)' = (\exp(\alpha \ln x))' = \exp(\alpha \ln x) \cdot \frac{\alpha}{x} = x^\alpha \cdot \frac{\alpha}{x} = \alpha x^{\alpha - 1}$$

Le domaine est $\mathbb{R}^*_+$ d'après la Proposition 1.7.

Dans les trois cas, la dérivée est $x \mapsto \alpha x^{\alpha - 1}$.

D'après la Proposition 1.2, $\ln$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*_+$ de dérivée $x \mapsto \dfrac{1}{x}$. En particulier $\ln'(1) = 1$.

Par définition de la dérivée en $1$ :

$$\ln'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{\ln(1 + h) - \ln(1)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\ln(1+h)}{h} = 1$$

Donc, en posant $x = 1 + h$ (d'où $h = x - 1$), et en notant que $h \to 0 \iff x \to 1$ :

$$\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1} = 1$$

Maintenant, pour $x > 0$, on écrit :

$$\frac{\ln x}{x} = \frac{1}{x} \cdot \ln x$$

Considérons le changement de variable $x = e^t$ (avec $t \to +\infty$ quand $x \to +\infty$). D'après la Proposition 1.4, $\exp$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}^*_+$, donc ce changement est licite. Alors $\ln(e^t) = t$ (définition des bijections réciproques) et :

$$\frac{\ln x}{x} = \frac{t}{e^t}$$

D'après la Proposition 1.4, $\exp$ est dérivable avec $\exp'(0) = \exp(0) = 1$, et $e^t \to +\infty$ quand $t \to +\infty$ (le tableau de variations de $\exp$ le montre). Plus précisément, pour $t > 0$ :

$$e^t = 1 + t + \frac{t^2}{2} + \cdots \geq 1 + t$$

(inégalité de convexité, admise, ou : puisque $(e^t)' = e^t > 0$, la fonction est croissante, et on peut minorer $e^t$ par une fonction polynomiale). En particulier $e^t \geq t^2/2$ pour $t$ assez grand (car $e^t \geq (t^2/2)$ découle de la croissance de $e^t$ plus rapide que toute puissance, ce qu'on justifiera pleinement via la Proposition 1.10 ; ici on admet l'inégalité $e^t \geq t$ pour $t \geq 0$), donc $0 \leq \dfrac{t}{e^t} \leq \dfrac{t}{t} = 1$, et en réalité $e^t \geq t$ implique $0 \leq \dfrac{t}{e^t} \leq 1$, mais cela ne suffit pas directement.

Voici la preuve directe : pour tout $x > 1$, on a $\ln x = \int_1^x \dfrac{1}{t}\,dt \leq \int_1^x 1\,dt = x - 1 < x$ (car $\dfrac{1}{t} \leq 1$ pour $t \geq 1$). Donc $0 < \dfrac{\ln x}{x} < \dfrac{1}{1} = 1$ et plus précisément $0 < \ln x < x$, d'où $0 < \dfrac{\ln x}{x} < 1$.

D'autre part, pour $x \geq 1$, en posant $u = \sqrt{x}$ (avec $u \to +\infty$) :

$$\frac{\ln x}{x} = \frac{2\ln u}{u^2} \leq \frac{2u}{u^2} = \frac{2}{u} \xrightarrow[u \to +\infty]{} 0$$

cette inégalité utilisant $\ln u \leq u - 1 < u$ pour $u > 1$ (démontrée ci-dessus). Par le théorème des gendarmes :

$$\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0$$

Soient $(a, b) \in (\mathbb{R}^*_+)^2$.

Limite 1 : $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{(\ln x)^b}{x^a} = 0$.

D'après le Lemme 1.1, $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$. Par le changement de variable $x = u^{1/a}$ (avec $u \to +\infty$), on a $\ln x = \dfrac{1}{a}\ln u$ (Proposition 1.5) et $x^a = u$, donc :

$$\frac{\ln x}{x^{a/b}} = \frac{\frac{1}{a}\ln(u^{1/a})}{u^{1/b}} = \frac{\frac{1}{a} \cdot \frac{1}{a}\ln u}{u^{1/b}}$$

Alternativement : posons $t = \ln x$, donc $x = e^t$ avec $t \to +\infty$. Alors :

$$\frac{(\ln x)^b}{x^a} = \frac{t^b}{e^{at}}$$

D'après la Proposition 1.9, la dérivée de $e^{at}$ est $ae^{at}$, qui est strictement positive et croît vers $+\infty$. On peut appliquer la règle de L'Hôpital (admise comme outil) $\lceil b \rceil$ fois (en dérivant numérateur et dénominateur successivement) pour conclure que $\dfrac{t^b}{e^{at}} \to 0$.

Limite 2 : $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^a |\ln x|^b = 0$.

On pose $x = e^{-t}$ avec $t \to +\infty$ (valide car $\exp$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}^*_+$). Alors $|\ln x| = |-t| = t$ et $x^a = e^{-at}$. Donc :

$$x^a|\ln x|^b = \frac{t^b}{e^{at}} \xrightarrow[t \to +\infty]{} 0$$

d'après la Limite 1 (appliquée à $b$ et $a$).

Limite 3 : $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{e^{ax}}{x^b} = +\infty$.

D'après la Limite 1, $\dfrac{(\ln u)^b}{u^a} \to 0$. En posant $u = e^{ax}$ (avec $u \to +\infty$ quand $x \to +\infty$), $\ln u = ax$ et $u^a = e^{a^2 x}$, ce qui ne correspond pas directement. On raisonne plutôt directement : $\dfrac{e^{ax}}{x^b} = \dfrac{1}{x^b e^{-ax}}$. Puisque $e^{ax} \geq \dfrac{(ax)^{\lceil b \rceil + 1}}{(\lceil b \rceil + 1)!}$ (développement de Taylor tronqué, terme positif) :

$$\frac{e^{ax}}{x^b} \geq \frac{(ax)^{\lceil b \rceil + 1}}{(\lceil b \rceil + 1)! \cdot x^b} = \frac{a^{\lceil b \rceil+1}}{(\lceil b \rceil+1)!} \cdot x^{\lceil b\rceil + 1 - b} \xrightarrow[x\to+\infty]{} +\infty$$

car $\lceil b \rceil + 1 - b > 0$.

Limite 4 : $\displaystyle\lim_{x \to -\infty} |x|^b e^{ax} = 0$.

On pose $t = -x$ avec $t \to +\infty$. Alors $|x|^b = t^b$ et $e^{ax} = e^{-at}$. Donc :

$$|x|^b e^{ax} = \frac{t^b}{e^{at}} \xrightarrow[t \to +\infty]{} 0$$

d'après la Limite 1.