Nombres complexes et trigonométrie

On considère deux nombres complexes de module 1. Soit z = cos(θ) + i sin(θ) et z' = cos(θ') + i sin(θ') avec θ ∈ ℝ et θ' ∈ ℝ.
En utilisant les propriétés des modules et des arguments on arrive à z×z' = cos(θ + θ') + i sin(θ + θ').

En effectuant le produit à partir des expressions de z et z' on a :
z×z' = [cos(θ) + i sin(θ)]×[cos(θ') + i sin(θ')] = cos(θ)×cos(θ') + i cos(θ)×sin(θ') + i sin(θ)×cos(θ') + i²sin(θ)×sin(θ')
soit z×z' = cos(θ)×cos(θ') - sin(θ)×sin(θ') + i (cos(θ)×sin(θ') + sin(θ)×cos(θ') )

En comparant les deux expressions du produit, on en déduit :

cos(θ + θ') = cos(θ)×cos(θ') - sin(θ)×sin(θ')

et

sin(θ + θ') = cos(θ)×sin(θ') + sin(θ)×cos(θ')

En utilisant les propriété liées au quoptient des deux complexes on arrive à :

cos(θ - θ') = cos(θ)×cos(θ') + sin(θ)×sin(θ')

et

sin(θ - θ') = - cos(θ)×sin(θ') + sin(θ)×cos(θ')

Plus simplement, on change θ' en - θ' dans les expressions précédentes et on utilise la propriété de la fonction sinus,
sin(-x) = - sin(x) et cos(-x) = cos(x) avec x ∈ ℝ.

Si θ' = θ les expressions conduisent à :

cos(2θ) = cos2(θ) - sin2(θ)

et

sin(2θ) = 2cos(θ)×sin(θ)

On peut également utiliser cos(2θ) = 2cos²(θ) - 1 = 1 - 2sin²(θ)

Remarque : Ces formules peuvent également être obtenues en utilisant les expressions du produit scalaire.
Mais cela me semble être déjà possible avec les connaissances de la classe de première !

On considère deux fonctions f et g définies de ℝ dans ℂ par f(x) = cos(x) + i sin(x) et g(x) = e^ix.
Ces deux fonctions ont les mêmes propriétés. On peut montrer que se sont les expessions d'une seule et même fonction.
Ainsi, on notera e^ix le complexe cos(x) + i sin(x) avec x ∈ ℝ, ou encore e^iθ = cos(θ) + i sin(θ) avec θ ∈ ℝ.

Les fonctions dérivées des fonctions f et g sont (i étant un nombre indépendant de x) :
f'(x) = -sin(x) + i cos(x) (dérivée d'une somme) et g'(x) = ie^ix (dérivée d'une composée).
On remarque que f'(x) = i × f(x) et g'(x) = i × g(x) . De plus f(0) = 1 et g(0) = 1.

Les fonctions fonctions f et g sont donc des solutions de l'équation différentielle y' = iy.
En imposant la condition f(0) = 1, la fonction f est l'unique solution de cette équation différentielle. Il en est de même pour la fonction g.
Les deux fonctions sont donc les expessions d'une seule et même fonction.

Pour être plus rigoureux, on montre dans un premier temps que les fonctions f solutions de l'équation différentielle y' = i y et qui valent 1 pour x = 0 ne s'annullent pas. On etudie pour cela la fonction f(x)×f(-x) ...
Dans un second temps, on montre qu'une telle fonction est unique. On suppose qu'il y a deux solutions f et g.
En étudiant la fonction f(x)×g(x) on montre que f = g.

Dans ℂ la fonction e^ix possède les mêmes propriétés que celle de e^x dans ℝ.

ei(x+y) = eix×eiy

e⁃ix = 1/eix

ei(x⁃y) = eix/eiy

(eix)n = ein x

On a vu qu'un nombre complexe peut s'écrire sous une forme trigonométrique r(cos(θ) + i sin(θ)) avec r = |z| et θ ∈ ℝ.
Ainsi pourra égalemnt écrire une forme exponentielle du complexe : z = r×e^iθ.
Dans cette écriture r est positif. Si devant l'exponentielle le nombre est négatif, le nombre n'est pas sous sa forme exponentielle.
Il suffira de remplacer -1 par e^iπ ou e^⁃iπ. En effet, e^iπ = cos(π) + i sin(π) = -1 + i×0 = -1 et e^⁃iπ = cos(⁃π) + i sin(⁃π) = -1 + i×0 = -1.

On aura remarqué que le module de cos(θ) + i sin(θ) est égal à 1. Par conséquent : |cos(θ) + i sin(θ)| = |e^iθ| = 1

Avec cette nouvelle notation et les propriétés de l'exponetielle, on retrouve plus facilement certaines propriétés des modules et des argements.
Par exemple, (e^iθ)ⁿ = e^inθ. Si l'on revient aux formes trigonométriques on aura :
(cos(θ) + i sin(θ))ⁿ = cos(nθ) + i sin(nθ) connue sous le nom de Formule de Moivre.

On a e^iθ = cos(θ) + i sin(θ) donc e^-iθ = cos(θ) - i sin(θ) car cos(-x) = cos(x) et sin(-x) = - sin(x).
Par conséquent : e^iθ + e^-iθ = 2×cos(θ) et e^iθ - e^-iθ = 2i×sin(θ).

Soit encore cos(θ) =

1  2

(eiθ + e⁃iθ)

et sin(θ) =

1  2i

(eiθ - e⁃iθ) Formules d'Euler

Exemple 8 : Donner les formes exponentielles du complexe z de module 2 et d'argument π/3, de -z et z⁵.
z = 2×e^iπ/3 ; -z = -2×e^iπ/3 = 2×e^iπ×e^iπ/3 = e^i4π/3 = e^⁃i2π/3 (angle défini modulo 2π);
z⁵ = (2×e^iπ/3)⁵ = 2⁵×(e^iπ/3)⁵ = 32e^i5π/3 = 32e^⁃iπ/3 (si on veut la mesure principale de l'angle).

Exemple 9 : En utilisant les formules d'Euler montrer que sin3(θ) =

3sin(θ) - sin(3θ) 4

Exemple 10 : On considère les nombres complexes z₁ = - 1 - i et z₂ = 2e^-iπ/4.
1) Déterminer la forme algébrique de z₁⁶.
Lorsque l'on manipule des puissances la forme exponentielle est généralement plus simple à utiliser. Pour l'obtenir on calcule le module du complexe. En factorisant par celui-ci on fait apparaître le cosinus et le sinus de l'angle (l'argument du complexe).
Ici |z₁|= √(-1)² + (-1)² = √2. Ainsi z₁ = √2(-1/√2-i/√2) = √2(-√2/2-i√2/2)
L'angle θ correspondant est un multiple de π/4 tel que cos(θ) < 0 et sin(θ) < 0 c'est-à-dire -3π/4 ou 5π/4 (modulo 2π).
D'où z₁ = √2e^-i3π/4 et z₁⁶ = (√2e^-i3π/4)⁶ = (√2)⁶e^-i3π×6/4 = 2³e^-i9π/2 = 2³e^-iπ/2 = -8i car -9π/2 + 2×2π = -π/2 et e^-iπ/2 = -i.

2) z₁⁵⁰⁰ est-il un nombre réel, imaginaire pur ou un nombre complexe quelconque ?
Pour cette question on peut utiliser la même méthode. Plus simplement, on sait arg(zⁿ) = n×arg(z).
Soit arg(z₁⁵⁰⁰) = 500×arg(z₁) = 500×(-3π/4) = -375π = -188×2π + π, donc arg(z₁⁵⁰⁰) = π. Le complexe est donc un nombre réel négatif car e^iπ = -1.

3) On note A le point d'affixe z₁ et B le point d'affixe z₂. La droite (AB) est-elle parallèle à l'axe des abscisses ?
L'axe des abscisses est l'axe des réels. L'affixe du vecteur→AB doit donc être un réel. Autrement dit sa partie imaginaire est nulle.
Cet affixe est z₂ - z₁. Ainsi on doit avoir Im(z₂) = Im(z₁). Or Im(z₂) = 2×sin(-π/4) = -2×sin(π/4) = -2×√2/2 = -√2 et Im(z₁) = -1 ≠ √2
Par conséquent la droite (AB) n'est pas parallèle à l'axe des abscisses.