# Leçons sur le calcul des fonctions/Leçon 04
## LEÇON QUATRIÈME.

La fonction $x^{m},$ dans laquelle $x$ est la variable et $m$ est une constante, conduit naturellement à la considération de la fonction $a^{x},$ dans laquelle la variable est $x,$ et où $a$ est une constante. Ces sortes de quantités s’appellent exponentielles, parce qu’elles ne varient qu’à raison de l’exposant.
Pour trouver la fonction dérivée de $a^{x},$ il n’y aura, suivant le principe général, qu’à substituer $x+i$ à la place de $x,$ et développer suivant les puissances de $i\,;$ le coefficient du terme affecté de $i$ sera la fonction cherchée.
Cette substitution donne la fonction
$a^{x+i}=a^{x}a^{i}.$
Supposons $a=1+b,$ on aura
$a^{i}=(1+b)^{i},$
et, par la formule générale démontrée précédemment, on aura
$a^{i}=(1+b)^{i}=1+ib+{\frac {i(i-1)}{2}}b^{2}+{\frac {i(i-1)(i-2)}{2.3}}b^{3}+\ldots .$
En ordonnant les termes de cette série suivant les puissances de $i,$ il est facile de voir que les deux premiers termes du développement de $a^{i}$ seront
$1+\left(b-{\frac {b^{2}}{2}}+{\frac {b^{3}}{3}}-{\frac {b^{4}}{4}}+\ldots \right)i.$
Soit, pour agréger,
$c=b-{\frac {b^{2}}{2}}+{\frac {b^{3}}{3}}-{\frac {b^{4}}{4}}+\ldots =a-1-{\frac {(a-1)^{2}}{2}}+{\frac {(a-1)^{3}}{3}}+\ldots \,;$
on aura donc $1+ci$ pour les deux premiers termes du développement de $a^{i}\,;$ par conséquent, en multipliant par $a^{x},$ on aura $a^{x}+ca^{x}i$ pour les deux premiers termes du développement de $a^{x+i}.$ Donc $ca^{x}\,;$ coefficient de $i,$ sera la fonction dérivée de $a^{x}.$
Le coefficient $c$ dépend, comme l’on voit, de la quantité $a,$ qui est comme la base de l’exponentielle, et l’on nomme communément ce coefficient le module.
On peut ainsi établir cette règle, que la foncton dérivée d’une quantité exponentielle est égale à cette exponentielle multipliée par un coefficient constant qui dépend de la base de l’exponentielle, et qu’on nomme le module.
Puisque la dérivée de $a^{x}$ est $ca^{x},$ la dérivée de celle-ci sera $c^{2}a^{x},$ et la dérivée de cette dernière sera de même $c^{3}a^{x},$ et ainsi de suite.
Ainsi, en faisant $f(x)=a^{x},$ on aura
$f'(x)=ca^{x},\quad f''(x)=c^{2}a^{x},\quad \ldots .$
Donc, substituant ces valeurs dans le développementde $f(x+i),$ on aura
$a^{x+i}=a^{x}+ca^{x}i+{\frac {c^{2}}{2}}a^{x}i^{2}+{\frac {c^{3}}{2.3}}a^{x}i^{3}+\ldots ,$
et, divisant par $a^{x},$
$a^{i}=1+ci+{\frac {c^{2}i^{2}}{2}}+{\frac {c^{3}i^{3}}{2.3}}+\ldots .$
C’est la série dont nous n’avions trouvé ci-dessus que les deux premiers termes. Elle peut servir, comme l’on voit, à réduire toute puissance en une série ordonnée suivant les puissances de son exposant.
On peut par cette série déterminer directement la valeur de $a$ en $c.$
En faisant $i=1,$ on aura
$a=1+c+{\frac {c^{2}}{2}}+{\frac {c^{3}}{2.3}}+\ldots .$
Et, lorsque $c=1,$ la valeur de $a$ se trouvera exprimée par la série très simple
$2+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2.3}}+{\frac {1}{2.3.4}}+\ldots ,$
dont la valeur est
$2{,}718281828459\ldots .$
C’est le nombre qu’on désigne ordinairement par $e,$ et qui est par conséquent la base des exponentielles dont le module est l’unité.
Ainsi, en faisant $f(x)=e^{x},$ on aura simplement $f'(x)=e^{x},$ $f''(x)=e^{x},\ldots ,$ et conséquemment
$e^{i}=1+i+{\frac {i^{2}}{2}}+{\frac {i^{3}}{2.3}}+{\frac {i^{4}}{2.3.4}}+\ldots .$
Si, dans l’équation trouvée ci-dessus
$a^{i}=1+ci+{\frac {c^{2}i^{2}}{2}}+\ldots ,$
on fait $i={\frac {1}{c}},$ on aura
$a^{\frac {1}{c}}=1+1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2.3}}+\ldots =e.$
Ainsi l’on a entre les trois constantes $a,c$ et $e$ la relation
$a^{\frac {1}{c}}=e,$
d’où l’on tire
$a=e^{c}.$
Cette équation donne aussi
${\frac {1}{a}}=e^{-c},$
d’où l’on voit qu’en prenant $c$ négatif, $a$ se change en ${\frac {1}{a}}\,;$ ainsi, en faisant ces changements dans l’équation
$c=a-1-{\frac {(a-1)^{2}}{2}}+{\frac {(a-1)^{3}}{3}}-\ldots ,$
$c={\frac {a-1}{a}}+{\frac {(a-1)^{2}}{2a^{2}}}+{\frac {(a-1)^{3}}{3a^{3}}}+\ldots .$
Cette série est plus propre que la précédente à donner la valeur de $c,$ lorsque $a$ est un nombre plus grand que l’unité.
En faisant $a=10,$ on a
$c=0{,}9+{\frac {(0{,}9)^{2}}{2}}+{\frac {(0{,}9)^{3}}{2}}+\ldots \,;$
et l’on trouvera, par le calcul,
$c=2{,}30258\ 50929\ 94\ldots .$
On peut exprimer toute quantité variable par une constante élevée à une puissance variable ; alors l’exposant de cette puissance devient une fonction de la même quantité, et cette fonction est, dans le sens le plus général, le logarithme de la quantité proposée. D’où l’on voit que les fonctions logarithmiques ne sont proprement que les réciproques des fonctions exponentielles.
Nous dénotons, en général, les logarithmes d’une quantité par le mot $\log ,$ mis en avant de cette quantité en forme de caractéristique. Ainsi $\log x$ exprimera le logarithme ou la fonction logarithmique de $x,$ et cette fonction sera donnée par l’équation $x=a^{\log x},$ où $a,$ base de l’exponentielle, sera en même temps la base du système logarithmique.
Pour trouver maintenant la fonction dérivée de $\log x,$ on fera, en général,
$f(x)=\log x,$
ce qui donnera $x=a^{f(x)},$ et, mettant $x+i$ à la place de $x,$ on aura
$x+i=a^{f(x+i)},$
équation qui doit être identique, et avoir lieu par conséquent, quelle que soit la valeur de $i.$ Or, par le développement, on a
$f(x+i)=f(x)+if'(x){\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+\ldots =f(x)+\omega ,$
$\omega =if'(x)+{\frac {i^{2}}{2}}f''(x)+\ldots \,;$
donc, faisant cette substitution, on aura
$x+i=a^{f(x)+\omega }=a^{f(x)}a^{\omega }=xa^{\omega },$
et, divisant par $x,$
$1+{\frac {i}{x}}=a^{\omega }.$
Or, par la formule trouvée ci-dessus, on a, en général,
$a^{\omega }=1+c\omega +{\frac {c^{2}\omega ^{2}}{2}}+\ldots \,;$
donc on aura
$1+{\frac {i}{x}}=1+c\omega +{\frac {c^{2}\omega ^{2}}{2}}+\ldots .$
Donc, remettant pour $\omega$ sa valeur, et ordonnant les termes suivant les puissances de $1,$ on aura cette équation identique
${\frac {i}{x}}=icf(x)+{\frac {i^{2}}{2}}\left[c^{2}\left[f'(x)\right]^{2}+cf''(x)\right]+\ldots \,;$
et la comparaison des termes donnera d’abord
${\frac {1}{x}}=cf'(x),$
d’où l’on tire
$f'(x)={\frac {1}{cx}}.$
La comparaison des autres termes donnera les valeurs de $f''(x),$$f'''(x),\ldots \,;$ mais il est plus simple de les déduire successivement de celle de $f'(x).$
La constante $c$ dépend de la base $a$ du système logarithmique, par les mêmes formules que nous avons trouvées plus haut : relativement, aux logarithmes, elle s’appelle le module du système logarithmique.
De là résulte cette règle générale, que la fonction dérivée du loga- rithme d’une variable est égale à l’unité divisée par celle variable multipliée par le module du système logarithmique.
Puisque
$f(x)=\log x\quad {\text{donne}}\quad f'(x)={\frac {1}{cx}},$
en prenant successivement les fonctions dérivées, d’après la règle générale des puissances, on aura
$f''(x)=-{\frac {1}{cx^{2}}},\quad f'''(x)={\frac {2}{cx^{3}}},\quad \ldots \,;$
donc, si l’on fait ces substitutions dans le développement de $f(x+i),$ on aura la série
$\log x+{\frac {i}{cx}}-{\frac {i^{2}}{2cx^{2}}}+{\frac {i^{3}}{3cx^{3}}}-\ldots ,$
pour la valeur de $\log(x+i).$
Ayant ainsi le logarithme d’un nombre quelconque $x,$ on peut par cette série trouver celui d’un autre nombre plus grand $x+i,$ et la série sera d’autant plus convergente que la différence $i$ des deux nombres aura un moindre rapport au nombre $x.$
Par la théorie des logarithmes, on a
$\log(x+i)-\log x=\log \left({\frac {x+i}{x}}\right)=\log \left(1+{\frac {i}{x}}\right)\,;$
donc, si l’on fait dans la formule précédente ${\frac {i}{x}}=y,$ on aura
$\log(1+y)={\frac {1}{c}}\left(y-{\frac {y^{2}}{2}}+{\frac {y^{3}}{3}}-\ldots \right),$
formule connue.
Soit $1+y=z\,;$ on aura
$y=z-1\,;$
donc
$\log z={\frac {1}{c}}\left[(z-1)-{\frac {(z-1)^{2}}{2}}+{\frac {(z-1)^{3}}{3}}-\ldots \right].$
Cette série n’est convergente et par conséquent ne peut servir à trouver le logarithme d’un nombre donné $z,$ que lorsque ce nombre diffère peu de l’unité ; mais on peut la rendre convergente, dans tous les cas, par la substitution de ${\sqrt[{r}]{z}}$ au lieu de $z\,;$ car, puisque $\log {\sqrt[{r}]{z}}$ est égal à ${\frac {\log z}{r}},$ on aura, en multipliant par $r,$
$\log z={\frac {r}{c}}\left[\left({\sqrt[{r}]{z}}-1\right)-{\frac {1}{2}}\left({\sqrt[{r}]{z}}-1\right)^{2}+{\frac {1}{3}}\left({\sqrt[{r}]{z}}-1\right)^{3}-\ldots \right],$
où l’on peut prendre pour $r$ un nombre quelconque positif ou négatif.
Or, quel que soit le nombre $z,$ on peut toujours en extraire la racine d’un degré $r,$ tel que ${\sqrt[{r}]{z}}$ soit un nombre aussi peu différent de l’unité qu’on voudra ; ainsi la formule précédente donnera toujours la valeur de $\log z$ avec toute l’exactitude qu’on pourra désirer.
Si l’on prend $r$ négativement, alors ${\sqrt[{r}]{z}}$ devient ${\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}},$ et la série qui exprime $\log z$ devient, en changeant les signes,
$\log z={\frac {r}{c}}\left[\left(1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}\right)+{\frac {1}{2}}\left(1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}\right)^{2}+{\frac {1}{3}}\left(1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}\right)^{3}+\ldots \right],$
où tous les termes sont positifs. Ainsi l’on peut avoir à volonté, pour la valeur de $\log z,$ une série dont tous les termes soient positifs, ou alternativement positifs ou négatifs. Car il est évident que, $z$ étant un nombre plus grand que l’unité, ${\sqrt[{r}]{z}}$ sera plus grand que l’unité, et, $z$ étant moindre que l’unité, ${\sqrt[{r}]{z}}$ sera aussi moindre que l’unité ; mais les différences seront d’autant plus petites, que l’exposant $r$ de la racine sera un plus grand nombre ; donc ${\sqrt[{r}]{z}}-1$ et $1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}$ seront positifs dans le premier cas, et négatifs dans le second.
Si $a$ est la base des logarithmes, en sorte que $\log a=1,$ on pourra, par les mêmes formules, déterminer aussi exactement qu’on voudra la valeur du module $c\,;$ car, en faisant $\log a=1,$ on aura
$c=r\left[\left({\sqrt[{r}]{z}}-1\right)-{\frac {1}{2}}\left({\sqrt[{r}]{z}}-1\right)^{2}+{\frac {1}{3}}\left({\sqrt[{r}]{z}}-1\right)^{3}-\ldots \right],$
ou bien
$c=r\left[\left(1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}\right)+{\frac {1}{2}}\left(1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}\right)^{2}+{\frac {1}{3}}\left(1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}\right)^{3}+\ldots \right].$
Il est clair que les deux séries que nous venons de donner pour l’expression de logz seront nécessairement convergentes aussitôt qu’on aura extrait de $z$ une racine $r,$ telle que ${\sqrt[{r}]{z}}-1$ soit une fraction moindre que l’unité ; car alors $1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}$ sera une fraction plus petite encore, puisque
$1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}={\frac {{\sqrt[{r}]{z}}-1}{\sqrt[{r}]{z}}}.$
Ainsi, puisque dans la première série les termes sont alternatifs, le second et le troisième, le quatrième et le cinquième, etc., formeront des sommes négatives ; de sorte que la première série donnera
$\log z<{\frac {r}{c}}\left({\sqrt[{r}]{z}}-1\right).$
Au contraire, la seconde série, ayant tous ses termes positifs, donnera
$\log z>{\frac {r}{c}}\left(1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}\right).$
Ainsi l’on a tout de suite deux limites pour la valeur de $\log z,$ qu’on peut resserrer autant que l’on veut, en prenant $r$ toujours plus grand.
On aura, par la même raison, si ${\sqrt[{r}]{a}}<2,$
$c<r\left({\sqrt[{r}]{a}}-1\right)>r\left(1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{a}}}\right).$
Puisqu’on a
$1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}={\frac {{\sqrt[{r}]{z}}-1}{\sqrt[{r}]{z}}},$
il est visible que la différence entre les deux limites de $\log z$ sera
${\frac {r}{c}}\left({\sqrt[{r}]{z}}-1\right)\left(1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}\right)\,;$
ainsi, en prenant l’une ou l’autre des deux expressions précédentes de $\log z,$ on est assuré que l’erreur en excès ou en défaut est nécessairement moindre que cette même quantité.
Ainsi l’on sera sûr d’avoir, par ces expressions, les logarithmes exacts jusqu’à $s$ chiffres, en prenant la racine ${\sqrt[{r}]{z}},$ de telle manière qu’il y ait après la virgule $s$ zéros avant les chiffres significatifs.
En général, puisque l’erreur va en diminuant à mesure que l’on prend l’exposant $r$ de la racine plus grand, on peut dire qu’elle deviendra nulle ou comme nulle, si l’on prend $r$ infiniment grand de sorte qu’on pourra regarder alors l’une et l’autre des deux formules
${\frac {r}{c}}\left({\sqrt[{r}]{z}}-1\right)\quad {\text{et}}\quad {\frac {r}{c}}\left(1-{\frac {1}{\sqrt[{r}]{z}}}\right)$
comme l’expression exacte de $\log z.$
On peut conclure de là que les logarithmes rentrent dans la classe des puissances, et forment le premier terme de la série des puissances dont les exposants croissent ou décroissent depuis zéro, ou le dernier terme des racines dont les degrés vont en augmentant à l’infini.
C’est aussi sous ce rapport qu’on peut dire qu’à un nombre donné répond toujours une infinité de logarithmes, puisque sa racine infinitième a nécessairement une infinité de valeurs différentes.
La meilleure manière d’employer la formule précédente est de prendre pour $r$ une puissance de $2,$ puisqu’on n’aura alors que des extractions de racines carrées à faire. C’est ainsi que Briggs a calculé les premiers logarithmes il avait remarqué qu’en faisant des extractions successives de racines carrées d’un nombre quelconque, si l’on s’arrête dans une de ces extractions à deux fois autant de décimales qu’il y aura de zéros à la suite de l’unité, lorsqu’il n’y a plus que l’unité avant la virgule, la partie décimale de cette racine se trouve exactement la moitié de la racine précédente, en sorte que ces parties décimales ont entre elles le même rapport que les logarithmes des racines mêmes ; c’est ce qui résulte évidemment de la formule précédente.
Ainsi, en prenant $r=2^{60},$ on trouve, pour $a=10,$
${\begin{aligned}{\sqrt[{r}]{a}}=&1{,}00000\ 00000\ 00000\ 00199\ 71742\ 08125\ 50527\ 03251\ \ldots ,\\{\frac {1}{r}}=&0{,}00000\ 00000\ 00000\ 00086\ 73617\ 37988\ 40354\,;\end{aligned}}$
${\frac {1}{c}}={\frac {1}{r}}{\frac {1}{{\sqrt[{r}]{a}}-1}}={\frac {86\ 73617\ 37988\ 40354\ \ldots }{199\ 71742\ 08125\ 50327\ \ldots }}=0{,}43429\ 44819\ \ldots .$
C’est de ce nombre qu’on a tiré celui qu’on a donné ci-dessus pour la valeur de $c.$
Si maintenant on veut avoir, par exemple, le logarithme de $3,$ on fera $z=3,$ et, employant de même $60$ extractions de racines carrées, on trouvera les nombres suivants :
${\sqrt[{r}]{z}}=1{,}00000\ 00000\ 00000\ 00095\ 28942\ 64074\ 58932\ \ldots ,$
et de là
$\log z={\frac {{\sqrt[{r}]{z}}-1}{{\sqrt[{r}]{a}}-1}}={\frac {95\ 28942\ 64074\ 58932\ \ldots }{199\ 71742\ 08125\ 50527\ \ldots }}=0{,}47712\ 12547\ 19662\ \ldots .$
Cette méthode est, comme l’on voit, très laborieuse par le grand nombre d’extractions de racines qu’elle demande pour avoir un résultat en plusieurs décimales ; mais les séries que nous avons données ci-dessus servent à la simplifier et à la compléter ; car, quel que soit le nombre $z,$ il suffira d’en extraire quelques racines carrées, jusqu’à ce qu’on parvienne à un nombre ${\sqrt[{r}]{z}}$ qui n’ait que l’unité avant la virgule ; alors les puissances de ${\sqrt[{r}]{z}}-1$ seront des fractions d’autant plus petites qu’elles seront plus hautes ; par conséquent il suffira toujours de prendre un certain nombre de termes de la série pour avoir les logarithmes exacts jusqu’à tel ordre de décimales qu’on voudra.
Les logarithmes qui ont l’unité pour module sont ceux qui se nomment logarithmes naturels ou hyperboliques, parce qu’ils représentent l’aire de l’hyperbole équilatère, rapportée aux abscisses prises sur l’une des asymptotes, et que Neper a le premier calculés. Leur base est le nombre $e,$ et, pour les distinguer des autres, nous les dénoterons simplement par la caractéristique $l.$
Ainsi $lx$ aura pour fonction dérivée ${\frac {1}{x}},$ et la formule générale $x=a^{\log x}$ deviendra pour ces logarithmes $x=e^{lx}\,;$ de sorte qu’on aura en général $a^{\log x}=e^{lx}\,;$ et, comme on a trouvé plus haut $a=e^{c},$ on aura $e^{c\log x}=e^{lx}$ et, par conséquent, $lx=c\log x.$ D’où l’on voit que les logarithmes d’un même nombre, dans différents systèmes, sont en raison inverse de leurs modules.
Au reste, l’équation $a=e^{c}$ donne $c=la\,;$ d’où il suit que le module $c$ du système logarithmique dont la base est $a$ n’est autre chose que le logarithme naturel de la même base. Ainsi l’on pourra par la suite substituer l’expression $la$ à la place de $c,$ dans les fonctions dérivées de $a^{x}$ et de $\log x.$
De cette manière, on aura $a^{x}la$ pour la dérivée de $a^{x},$ et ${\frac {1}{x\,la}}$ pour la dérivée de $\log x.$
Dans le système des logarithmes des Tables usuelles, la base $a$ est supposée égale à $10$ ainsi le module de ce système sera $l10\,;$ dont la valeur est $2{,}302585092994\ldots .$
Avant de terminer cette Leçon, je ne puis m’empêcher d’indiquer un usage de la formule
$e^{i}=1+i+{\frac {i^{2}}{2}}+{\frac {i^{3}}{2.3}}+{\frac {i^{4}}{2.3.4}}+\ldots ,$
pour trouver le développement d’une puissance quelconque d’une quantité composée d’autant de termes que l’on voudra.
En effet, si à la place de $i$ on met $i(p+q+r+\ldots ),$ on aura
${\begin{aligned}e^{i(p+q+r+\ldots )}=1&+i(p+q+r+\ldots )+{\frac {i^{2}}{2}}(p+q+r+\ldots )^{2}\\&+{\frac {i^{3}}{2.3}}(p+q+r+\ldots )^{3}+\ldots .\end{aligned}}$
Ainsi le terme multiplié par $i^{m}$ sera
${\frac {(p+q+r+\ldots )^{m}}{1.2.3\ldots m}}\,;$
${\begin{aligned}e^{i(p+q+r+\ldots )}&=e^{ip}e^{iq}e^{ir}\ldots \\&=\left(1+ip+{\frac {i^{2}p^{2}}{2}}+{\frac {i^{3}p^{3}}{2.3}}+\ldots \right)\\&\times \,\left(1+iq+{\frac {i^{2}q^{2}}{2}}+{\frac {i^{3}q^{3}}{2.3}}+\ldots \right)\\&\times \,\left(1+ir+{\frac {i^{2}r^{2}}{2}}+{\frac {i^{3}r^{3}}{2.3}}+\ldots \right)\\&\times \,\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots .\end{aligned}}$
Donc le coefficient de $i^{m},$ dans le développement de ces différents produits, multiplié par $1.2.3\ldots m,$ sera la valeur de $(p+q+r+\ldots )^{m}.$
Or il est visible que ce coefficient se trouvera composé d’autant de termes de la forme
${\frac {p^{\lambda }q^{\mu }r^{\nu }\ldots }{1.2.3\ldots \lambda \times 1.2.3\ldots \mu \times 1.2.3\ldots \nu \times \ldots }}$
qu’on peut donner de valeurs différentes à $\lambda ,\mu ,\nu ,\ldots ,$ de sorte que l’on ait
$\lambda +\mu +\nu +\ldots =m,$
en prenant pour $\lambda ,\mu ,\nu ,\ldots$ des nombres entiers positifs.
Ainsi la puissance $(p+q+r+\ldots )^{m}$ sera composée d’autant de termes de la forme
${\frac {1.2.3.4\ldots m.p^{\lambda }q^{\mu }r^{\nu }\ldots }{1.2.3\ldots \lambda \times 1.2.3\ldots \mu \times 1.2.3\ldots \nu \times \ldots }},$
ce qui s’accorde avec ce que donne la théorie des combinaisons.