Par définition, $$\exp (x+y)=\underset{N\to \infty }{\lim }\sum _{n=0}^N\frac{(x+y{)}^n}{n!}.$$ Par la formule du binôme, pour tout $n⩾0$, $$(x+y{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k{y}^{n-k},$$ ce qui permet d’écrire $$\begin{array}{rl}\sum _{n=0}^N\frac{(x+y{)}^n}{n!}& =\sum _{n=0}^N\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!(n-k)!}{x}^k{y}^{n-k}\\ & =\sum _{k=0}^N\sum _{n=k}^N\frac{1}{k!(n-k)!}{x}^k{y}^{n-k}\\ & =\sum _{k=0}^N\frac{x^k}{k!}\sum _{n=k}^N\frac{y^{n-k}}{(n-k)!}\\ & =\sum _{k=0}^N\frac{x^k}{k!}\sum _{l=0}^{N-k}\frac{y^l}{l!}\end{array}$$ Définissons $N^{\prime }=\lfloor \frac{N}{2}\rfloor$, et décomposons la somme sur $k$ en deux: $$\sum _{k=0}^N=\sum _{k=0}^{N^{\prime }}+\sum _{k=N^{\prime }+1}^N$$ La deuxième s’estime comme suit: puisque ${\sum }_{l=0}^{N-k}\frac{|y{|}^l}{l!}⩽\exp (|y|)$, $$\begin{array}{rl}\left|\sum _{k=N^{\prime }+1}^N\frac{x^k}{k!}\sum _{l=0}^{N-k}\frac{y^l}{l!}\right|& ⩽\sum _{k=N^{\prime }+1}^N\frac{|x{|}^k}{k!}\sum _{l=0}^{N-k}\frac{|y{|}^l}{l!}\\ & ⩽\exp (|y|)\sum _{k=N^{\prime }+1}^N\frac{|x{|}^k}{k!},\end{array}$$ qui tend vers zéro lorsque $N\to \infty$. On peut ensuite écrire la première somme ainsi: $$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^{N^{\prime }}& \frac{x^k}{k!}\sum _{l=0}^{N-k}\frac{y^l}{l!}\\ & =\exp (y)\sum _{k=0}^{N^{\prime }}\frac{x^k}{k!}-\sum _{k=0}^{N^{\prime }}\frac{x^k}{k!}(\exp (y)-\sum _{l=0}^{N-k}\frac{y^l}{l!})\\ & =\exp (x)\exp (y)+\\ & \exp (y)(\sum _{k=0}^{N^{\prime }}\frac{x^k}{k!}-\exp (x))-\sum _{k=0}^{N^{\prime }}\frac{x^k}{k!}(\exp (y)-\sum _{l=0}^{N-k}\frac{y^l}{l!}),\end{array}$$ D’une part, $$\underset{N\to \infty }{\lim }\sum _{k=0}^{N^{\prime }}\frac{x^k}{k!}=\exp (x),$$ et d’autre part, pour tout $\epsilon >0$ on a que, pour tout $N$ suffisamment grand, et pour tout $k⩽N^{\prime }$, $$|\exp (y)-\sum _{l=0}^{N-k}\frac{y^l}{l!}|⩽\epsilon ,$$ qui permet de majorer $$\left|\sum _{k=0}^{N^{\prime }}\frac{x^k}{k!}\right(\exp (y)-\sum _{l=0}^{N-k}\frac{y^l}{l!}\left)\right|⩽\epsilon |\exp (y)|$$ On a donc bien démontré que $$\exp (x+y)=\underset{N\to \infty }{\lim }\sum _{n=0}^N\frac{(x+y{)}^n}{n!}=\exp (x)\exp (y).$$

En utilisant le théorème, $$1=\exp (0)=\exp (x+(-x))=\exp (x)\exp (-x).$$

Il s’agit de calculer $$\begin{array}{rl}\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\exp (x+h)-\exp (x)}{h}& =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\exp (x)\exp (h)-\exp (x)}{h}\\ & =\exp (x)\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\exp (h)-1}{h}.\end{array}$$ Or $$\begin{array}{rl}\frac{\exp (h)-1}{h}& =\frac{1}{h}\sum _{k⩾1}\frac{h^k}{k!}\\ & =\sum _{k⩾1}\frac{h^{k-1}}{k!}\\ & =\sum _{j⩾0}\frac{h^j}{(j+1)!}\\ & =1+\sum _{j⩾1}\frac{h^j}{(j+1)!},\end{array}$$ ce qui entraîne, lorsque $|h|<1$, et puisque $(j+1)!⩾1$, $$\begin{array}{rl}|\frac{\exp (h)-1}{h}-1|& ⩽\sum _{j⩾1}\frac{|h{|}^j}{(j+1)!}\\ & ⩽\sum _{j⩾1}|h{|}^j\\ & =\frac{|h|}{1-|h|}.\end{array}$$ (On a sommé la série géométrique.) On a donc $$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\exp (h)-1}{h}=1,$$ ce qui démontre l’affirmation.

Remarquons que si $x>0$, alors $\frac{x^k}{k!}>0$ pour tout $k⩾2$, et donc $$\exp (x)>1+x\forall x>0,$$ qui entraîne $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\exp (x)=+\infty ,$$ ainsi que $$\underset{x\to -\infty }{\lim }\exp (x)=\underset{y\to +\infty }{\lim }\exp (-y)=\underset{y\to +\infty }{\lim }\frac{1}{\exp (y)}=0.$$ Fixons maintenant $y>0$. Les deux limites ci-dessus impliquent qu’il existe $a$ et $b$ tels que $\exp (a)<y<\exp (b)$. Par le Théorème de la valeur intermédiaire appliqué à $\exp :[a,b]\to \mathbb{R}$, on en déduit qu’il existe $x\in ]a,b[$ tel que $\exp (x)=y$. Ceci montre que $\mathrm{Im}(\exp )={\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$, et donc que la fonction est surjective.
Montrons qu’elle aussi injective. Pour ce faire, remarquons que si $x<x^{\prime }$, le Théorème des accroissements finis implique qu’il existe $c\in ]x,x^{\prime }[$ tel que $$\frac{\exp (x^{\prime })-\exp (x)}{x^{\prime }-x}={\exp }^{\prime }(c)=\exp (c).$$ Puisque $\exp (c)>0$, on en déduit que $\exp (x)<\exp (x^{\prime })$.
Ainsi, $\exp :\mathbb{R}\to {\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$ est bijective.

Par définition, $t=\log (xy)$ si et seulement si $\exp (t)=xy$. Mais $x=\exp (\log (x))$ et $y=\exp (\log (y))$, et donc $$\exp (t)=\exp (\log (x))\exp (\log (y))=\exp (\log (x)+\log (y)).$$ Ceci implique que $\log (xy)=t=\log (x)+\log (y)$.