Fonctions trigonométriques complexes

8/10/2019 Fonctions trigonomtriques complexes

1/31

Fonctions trigonomtriques complexes

Essaidi Ali

Dimanche 28 Juillet 2013

1 Cosinus et sinus hyperboliques et circulaires complexes :

1.1 Cosinus et sinus hyperboliques et circulaires complexes :

Dfinition 1 : On appelle :

Cosinus hyperbolique complexe lapplication notechet dfinie sur C par :

ch(z) =exp(z) + exp(z)

2

Sinus hyperbolique complexe lapplication noteshet dfinie sur C par :

sh(z) =exp(z) exp(z)

2

Remarques :

Lexponentiel complexe est dfini sur C donc les fonctions ch et sh sont biendfinies sur C.

Le cosinus et le sinus trigonomtriques hyperboliques complexes sont, respecti-

vement, les prolongements sur C du cosinus et le sinus trigonomtriques hyper-

boliques rels. En particulier, ils ne sont pas borns.

z C, exp(z) = ch(z) = ch(z)+sh(z)etexp(z) = ch(z) = ch(z)sh(z).z C, ch(z) = ch(z)etsh(z) = sh(z). On sait quez C, k Z, exp(z + 2ik) = exp(z) doncz C, kZ, ch(z+ 2ik) = ch(z)et sh(z+ 2ik) = sh(z). On dduit quechet shsontpriodiques de priode2i. En particulier,chet shne sont pas injectives.

On sait que z C, k Z, exp(z+ik) = (1)k exp(z)donc :

1.z C, k Z, ch(z +ik) = (1)k

ch(z)etsh(z+ik) = (1)k

sh(z).En particulier, z C, ch(z+i) = ch(z)et sh(z+i) = sh(z).2.z C, k Z, ch(ikz) = (1)kch(z) et sh(ikz) = (1)k+1sh(z).

En particulier, z C, ch(i z) = ch(z)et sh(i z) = sh(z). On sait que z C, exp z+i2 = exp z i2 = i exp(z)donc :

1


2/31

CPGE Laayoune https ://www.facebook.com/mathlaayoune Essaidi Ali

1.z C, ch

z+i2

= ish(z)et sh

z+i2

= ich(z).

2.zC

, ch

i

2 z= ish(z)et sh i2 z= ich(z).Dfinition 2 : On appelle :

Cosinus circulaire complexe lapplication notecoset dfinie sur C par :

cos(z) =exp(iz) + exp(iz)

2

Sinus circulaire complexe lapplication notesinet dfinie sur C par :

sin(z) =exp(iz) exp(iz)

2i

Proprits 1 :z C, cos(iz) = ch(z)etch(iz) = cos(z).z C, sin(iz) = ish(z)et sh(iz) = i sin(z).

Dmonstration :

Soitz C. On a : cos(iz) = 12 (exp(iiz) + exp(iiz)) = 12 (exp(z) + exp(z)) = ch(z) et

ch(iz) = 12 (exp(iz) + exp(iz)) = cos(z). sin(iz) = 12i(exp(iiz)exp(iiz)) = 12i(exp(z)exp(z)) = ish(z) et

sh(iz) = 12 (exp(iz) exp(iz)) = i 12i (exp(iz) exp(iz)) = i sin(z).Remarques :

Les relations de la proprit prcdente donnent le lien entre le sinus et cosi-

nus complexes circulaires et hyperboliques. Elles justifient aussi pourqoui ontrouvent des relations semblables dans les deux cas. Les proprits suivantes se

dduisent directement de celles du cas hyperbolique.

Les fonctionscosetsinsont bien dfinies sur C.z C, exp(iz) = cos(z) +i sin(z)et exp(iz) = cos(z) i sin(z).z C, cos(z) = cos(z)et sin(z) = sin(z).z C, k Z, cos(z + 2k) = cos(z) etsin(z + 2k) = sin(z). Comme

dans le cas rel, coset sin sont priodiques de priode2. En particulier,cos etsinne sont pas injectives.

z C, k Z, cos(z+k) = (1)k cos(z)et sin(z+k) = (1)k sin(z).En particulier, z C, cos(z+) = cos(z)et sin(z+) = sin(z).

z C, k Z, cos(k z) = (1)k cos(z)etsin(k z) = (1)k+1 sin(z).En particulier,

z

C, cos(

z) =

cos(z)et sin(

z) = sin(z).z C, cos 2 z= sin(z)et sin 2 z= cos(z).z C, cos z+ 2 = sin(z)et sin z+ 2 = cos(z).

www.mathlaayoune.webs.com 2/31 [email protected]


3/31


1.2 Proprits algbriques :

Proposition 1 : z, z C : ch(z+z) = ch(z)ch(z) + sh(z)sh(z). ch(z z) = ch(z)ch(z) sh(z)sh(z). sh(z+z) = sh(z)ch(z) + ch(z)sh(z). sh(z z) = sh(z)ch(z) ch(z)sh(z). ch(z) + ch(z) = 2ch

z+z

2

chzz

2

.

ch(z) ch(z) = 2shz+z

2

shzz

2

.

sh(z) + sh(z) = 2shz+z

2

chzz

2

.

sh(z) sh(z) = 2shzz

2

chz+z

2

.

z

C, ch2(z)

sh2(z) = 1.

ch(z) = ch(e(z)) cos(m(z)) +ish(e(z)) sin(m(z)). sh(z) = sh(e(z)) cos(m(z)) +ich(e(z)) sin(m(z)).z C, |sh(e(z))| |ch(z)| ch(e(z)).z C, |sh(e(z))| |sh(z)| ch(e(z)).

Dmonstration :

Soientz, z C. On a :

ch(z)ch(z) + sh(z)sh(z) = 14((exp(z) + exp(z))(exp(z) + exp(z)))

+ 14((exp(z) exp(z))(exp(z) exp(z)))

= 14 (exp(z) exp(z) + exp(z) exp(

z) + exp(

z) exp(z)

+exp(z) exp(z) + exp(z) exp(z) exp(z) exp(z)

exp(z) exp(z) + exp(z) exp(z))

= 12(exp(z) exp(z) + exp(z) exp(z))

= 12(exp((z+z)) + exp((z+z)))

= ch(z+z). On a :

ch(z z) = ch(z+ (z)) = ch(z)ch(z)+sh(z)sh(z) = ch(z)ch(z) sh(z)sh(z).

On a :sh(z+z) = ich

i

2 z z

= i

ch

i2 z

ch(z) sh i2 z sh(z)=

i (ish(z)ch(z) ich(z)sh(z)) = sh(z)ch(z) + ch(z)sh(z). On a :

sh(z z) = sh(z+ (z)) = sh(z)ch(z) + ch(z)sh(z) = sh(z)ch(z)



4/31


ch(z)sh(z). On posea= z+z

2

etb= zz

2

doncz = a+bet z = a

b.On ach(z) + ch(z) = ch(a+b) + ch(a b) = ch(a)ch(b) + sh(a)sh(b) +ch(a)ch(b) sh(a)sh(b) = 2ch(a)ch(b) = 2ch

z+z

2

chzz

2

.

On ach(z) ch(z) = ch(a+b) ch(a b) = ch(a)ch(b) + sh(a)sh(b) ch(a)ch(b) + sh(a)sh(b) = 2sh(a)sh(b) = 2sh

z+z

2

shzz

2

.

On ash(z) + sh(z) = sh(a+ b) + sh(a b) = sh(a)ch(b) + ch(a)sh(b) +sh(a)ch(b) ch(a)sh(b) = 2sh(a)ch(b) = 2sh

z+z

2

chzz

2

.

On ash(z) sh(z) = sh(z) + sh(z) = 2shzz

2

chz+z

2

.

On a :ch2(z) sh2(z) = 14

(exp(z) + exp(z))2 (exp(z) + exp(z))2

= 1

4

(exp(2z) + 2 exp(z) exp(

z) + exp(

2z)

exp(2z) + 2 exp(z)exp(z) exp(2z))

= exp(z) exp(z)

= 1

.

O n a ch(z) = ch(e(z)+im(z)) = ch(e(z)) ch(im(z))+sh(e(z))sh(im(z)) =ch(e(z)) cos(m(z)) +ish(e(z)) sin(m(z)).

O n a sh(z) = sh(e(z)+im(z)) = sh(e(z)) ch(im(z))+ch(e(z)) ch(im(z)) =sh(e(z)) cos(m(z)) +ich(e(z)) sin(m(z)).

On a | exp(z)| = exp(e(z))donc :

|ch(z)

| = 1

2 |exp(z) + exp(

z)

| 12(| exp(z)| + | exp(z)|)

= 12(exp(e(z)) + exp(e(z)))

= 12(exp(e(z)) + exp(e(z)))

= ch(e(z)).Et on a :



5/31


|ch(z)| = 12 |exp(z) + exp(z)|

12 || exp(z)| | exp(z)||= 12 |exp(e(z)) exp(e(z))|

= 12 |exp(e(z)) exp(e(z))|

= |sh(e(z)).| On a :

|sh(z)| = 12 | exp(z) exp(z)|

12(| exp(z)| + | exp(z)|)

= 12(exp(e(z)) + exp(e(z)))= 12(exp(e(z)) + exp(e(z)))

= ch(e(z)).Et on a :

|sh(z)| = 12 | exp(z) exp(z)|

12 || exp(z)| | exp(z)||

= 12 |exp(e(z)) exp(e(z)|

= 12 |exp(e(z)) exp(e(z))|= |sh(m(z)| .

Remarques :

On az C, |e(z)| |z| etch croissante sur [0, +[ donc|ch(e(z))| =|ch(|e(z)|)| ch(|z|)donc |ch(z)| ch(|z|)et |sh(z)| ch(|z|).

On a z C, |sh(e(z))| |ch(z)| et |sh(e(z))| |sh(z)| donc :1. lim

e(z)|ch(z)| = +.

2. lime(z)

|sh(z)| = +.3. chet shne sont pas bornes sur C.

On a z C :1.|ch(z)|2 = ch2(e(z)) cos2(m(z)) + sh2(e(z)) sin2(m(z)).2.|sh(z)|2 = sh2(e(z)) cos2(m(z)) + ch2(e(z)) sin2(m(z)).



6/31


Corollaire 1 : z, z C : cos(z+z) = cos(z) cos(z)

sin(z)sin(z).

cos(z z) = cos(z) cos(z) + sin(z)sin(z). sin(z+z) = sin(z) cos(z) + cos(z)sin(z). sin(z z) = sin(z) cos(z) cos(z)sin(z). cos(z) + cos(z) = 2cos

z+z

2

cos

zz

2

.

cos(z) cos(z) = 2sinz+z

2

sin

zz

2

.

sin(z) + sin(z) = 2 sinz+z

2

cos

zz

2

.

sin(z) sin(z) = 2 sinzz

2

cos

z+z

2

.

cos2(z) + sin2(z) = 1. cos(z) = cos(e(z)) ch(m(z)) i sin(e(z)) sh(m(z)). sin(z) = sin(e(z))ch(m(z)) +i cos(e(z))sh(m(z)).|sh(m(z))| | cos(z)| ch(m(z)).|sh(m(z))| | sin(z)| ch(m(z)).

Dmonstration :

Soientz, z C. On a : cos(z+ z) = ch(i(z+ z)) = ch(iz+ iz) = ch(iz)ch(iz)+sh(iz)sh(iz) =

cos(z) cos(z) +i2 sin(z)sin(z) = cos(z)cos(z) sin(z)sin(z). cos(zz) = cos(z+(z)) = cos(z) cos(z)sin(z)sin(z) = cos(z) cos(z)+

sin(z)sin(z). sin(z + z) = cos(z + z + 2 ) = cos(z) cos(z+ 2 )+sin(z)sin(z+ 2 ) =

cos(z)sin(z) + sin(z) cos(z). sin(zz) = sin(z+(z)) = sin(z) cos(z)+cos(z)sin(z) = sin(z) cos(z)

cos(z)sin(z).

On posea= z+z

2 etb= zz

2 doncz = a+bet z = a b.On a cos z + cos z = cos(a+ b) + cos(a b) = cos a cos b sin a sin b+cos a cos b+ sin a sin b= 2 cos a cos b= 2 cos

z+z

2

cos

zz

2

.

On a cos z cos z = cos(a+ b) cos(a b) = cos a cos b sin a sin b cos a cos b sin a sin b= 2sin a sin b= 2sin

z+z

2

sin

zz

2

.

On a sin z + sin z = sin(a+ b) + sin(ab) = sin a cos b+ cos a sin b+sin a cos b cos a sin b= 2 sin a cos b= 2 sin

z+z

2

cos

zz

2

.

On asin z sin z = sin z+ sin(z) = 2 sinzz

2

cos

z+z

2

.

On asin2(z) + cos2(z) = (ish(iz))2 + ch2(iz) = ch2(iz) sh2(iz) = 1. O n a cos z= cos(e(z)+im(z)) = cos(e(z)) cos(im(z))sin(e(z)) sin(im(z)) =

cos(

e(z)) ch(

m(z))

i sin(

e(z))sh(

m(z)). O n a sin z = sin(e(z)+im(z)) = sin(e(z)) cos(im(z))+cos(e(z)) sin(im(z)) =

sin(e(z)) ch(m(z)) +i cos(e(z))sh(m(z)). O n a cos(z) = ch(iz) donc |sh(e(iz))| | cos(z)| ch(e(iz)). Or e(iz) =

m(z)donc |sh(mz)| | cos(z)| ch(m(z)). On a sin(z) =ish(iz) donc|sh(e(iz))| | sin(z)| ch(e(iz)) do



8/31


Soit z C. O n a ch(z) = 12

(exp(z)+exp(z)) = 12

+

n=0

zn

n! +

+

n=0

(z)nn! =

1

2

+n=0

1 + (1)nn!

zn =+n=0

z2n

(2n)!.

Soit z C. O n a sh(z) = 12

(exp(z)exp(z)) = 12

+n=0

zn

n!

+n=0

(z)nn!

=

1

2

+n=0

1 (1)nn!

zn =+n=0

z2n+1

(2n+ 1)!.

On a exp est holomorphe sur C donc chest holomorphe sur C et on azC, ch(z) = 12(exp(z) + exp(z)) = 12(exp(z) exp(z)) = sh(z).

On a exp est holomorphe sur C donc sh est holomorphe sur C et on azC, sh(z) = 12(exp(z) exp(z))= 12(exp(z) + exp(z)) = ch(z).

On a x R, ch(x) = 1

2 (exp(x) + exp(x)) = 1

2 (ex

+ex

)donc le cosinustrigonomtrique hyperbolique complexe est un prolongement du cosinus trigo-nomtrique hyperbolique rel en une fonction holomorphe sur C.

Soitfune fonction holomorphe sur C qui soit un prolongement du cosinus tri-gonomtrique hyperbolique rel. On a :

1. fetchholomrphes sur C.

2. C est un ouvert connexe par arcs.

3.x R, f(x) = ch(x).Daprs le principe didentification des fonctions holomorphe, z C, f(z) =ch(z)donc le cosinus trigonomtrique hyperbolique complexe est lunique pro-longement du cosinus trigonomtrique circulaire rel en une fonction holomorphe

sur C.

On ax R, sh(x) = 1

2 (exp(x) exp(x)) = 1

2 (ex

+ex

) donc le sinustrigonomtrique hyperbolique complexe est un prolongement du sinus trigono-mtrique hyperbolique rel en une fonction holomorphe sur C.

Soitfune fonction holomorphe sur C qui soit un prolongement du sinus trigo-nomtrique hyperbolique rel. On a :

1. fetshholomrphes sur C.


3.x R, f(x) = sh(x).Daprs le principe didentification des fonctions holomorphe, z C, f(z) =sh(z) donc le sinus trigonomtrique circulaire complexe est lunique prolonge-ment du sinus trigonomtrique circulaire rel en une fonction holomorphe sur

C.

On achest holomorphe sur C doncchest infiniment drivable sur C.On a ch(0)z = ch(z) = i0ch

z 0 i2

donc la relation est vraie pourn= 0.

Soitn N et supposons quech(n)(z) = inchz in2 .On a :

ch(n+1)(z) =

ch(n)z

=in

ch

z in 2

=insh

z in

2



9/31


Or u Z, sh(u) = ich

i2 u

donc :

ch(n+1)(z) = in+1ch

i 2 z ni

2

= in+1ch

i(n+ 1)

2 z= in+1chz i(n+ 1)

2

Donc, par rcurrence surnon a n N, ch(n)(z) = inchz in2 .

On ashest holomorphe sur C doncshest infiniment drivable sur C.On a sh(0)z = sh(z) = i0sh

z 0 i2

donc la relation est vraie pour n= 0.

Soitn N et supposons quesh(n)(z) = insh z in2 .On a :

sh(n+1)(z) =

sh(n)z

=in

sh

z in 2

=inch

z in

2

Or u Z, ch(u) = ish

i2 u

donc :

sh(n+1)(z) = in+1shi 2 z in

2

= in+1sh

z i(n+ 1)

2

Donc, par rcurrence surnon a n N, sh(n)(z) = insh z in2 .

Remarque :

Pour montrer les relations algbriques des fonctions trigonomtriques hyperboliques

complexes on peut aussi utiliser le principe didentification des fonctions holomorphes.

Montrons, par exemple, que z C, ch2(z) sh2(z) = 1:On posef(z) = ch2(z) sh2(z)etg(z) = 1. On a :


2. fetg sont holomorphes sur C.

3.x R, f(x) = g(x).Donc, daprs le principe didentification des fonctions holomorphe, f = g sur C etpar suite z C, ch2(z) sh2(z) = 1.



10/31


Corollaire 2 :

z C, cos(z) =+n=0

(

1)n

(2n)! z2n

.

z C, sin(z) =+n=0

(1)n(2n+ 1)!

z2n+1.

cosest holomorphe sur C et on a cos = sin. En particulier,cos est continue surC.

sinest holomorphe sur C et on asin = sin. En particulier,sinest continue sur C. Le cosinus trigonomtrique circulaire complexe est lunique prolongement du cosi-

nus trigonomtrique circulaire rel en une fonction holomorphe sur C.

Le sinus trigonomtrique circulaire complexe est lunique prolongement du sinus

trigonomtrique circulaire rel en une fonction holomorphe sur C.

cosest infiniment drivable sur C et on a :

n N, z C, cos(n)(z) = cosz+n 2

sinest infiniment drivable sur C et on a :

n N, z C, sin(n)(z) = sin

z+n

2

Dmonstration :

Soit z C. O n a cos(z) = ch(iz) =+n=0

(iz)2n

(2n)! =

+n=0

i2nz2n

(2n)! =

+n=0

(1)n(2n)!

z 2n.

SoitzC

. On asin(z) =ish(iz) =i+n=0

(iz)2n+1

(2n+ 1)! =

+n=0

i2nz2n

(2n+ 1)! =+n=0

(1)n(2n+ 1)!

z2n+1.

On a z C, cos(z) = ch(iz)etchholomorphe sur C donccosest holomorphesur C et on a z C, cos(z) = (ch(iz)) = ish(iz) = i2 sin(z) = sin(z).

On az C, sin(z) =ish(iz) et sh holomorphe sur C donc sin est holo-morphe sur C et on a z C, sin(z) = (ish(iz))= i2ch(iz) = cos(z).

On ax R, cos(x) = 12 (exp(ix) + exp(ix)) = 12 (eix +eix) donc lecosinus trigonomtrique circulaire complexe est un prolongement du cosinus tri-

gonomtrique circulaire rel en une fonction holomorphe sur C.

Soitfune fonction holomorphe sur C qui soit un prolongement du cosinus tri-gonomtrique circulaire rel. On a :

1. fetcosholomrphes sur C.


3.x R, f(x) = cos x.Daprs le principe didentification des fonctions holomorphe, z C, f(z) =cos(z)donc le cosinus trigonomtrique circulaire complexe est lunique prolon-



11/31


gement du cosinus trigonomtrique circulaire rel en une fonction holomorphe

sur C.

On a x R, sin(x) = 12i(exp(ix)exp(ix)) = 12i (eix + eix)donc le sinustrigonomtrique circulaire complexe est un prolongement du sinus trigonom-

trique circulaire rel en une fonction holomorphe sur C.

Soitfune fonction holomorphe sur C qui soit un prolongement du sinus circu-laire trigonomtrique rel. On a :

1. fetsin holomrphes sur C.


3.x R, f(x) = sin x.Daprs le principe didentification des fonctions holomorphe, z C, f(z) =sin(z)donc le sinus trigonomtrique circulaire complexe est lunique prolonge-ment du sinus trigonomtrique circulaire rel en une fonction holomorphe sur

C. On acosest holomorphe sur C donccosest infiniment drivable sur C.

On a cos(n)(z) = (ch(iz))(n)

=inch(n)(iz) = i2nch

iz in2

= (1)n cos z n2 =cos

z n2 +n

= cos

z+n2

.

On asinest holomorphe sur C doncsin est infiniment drivable sur C.

On asin(n)(z) = (ish(iz))(n) =in+1sh(n)(iz) =i2n+1sh iz in2 =(1)nish iz in2 = (1)n sin z n2 = sin z n2 +n= sin z+n2 donc la relation est vraie pourn = 0.

Remarque :

Pour montrer les relations algbriques des fonctions trigonomtriques circulaires com-

plexes on peut aussi utiliser le principe didentification des fonctions holomorphes.

Montrons, par exemple, que z C, cos2(z) + sin2(z) = 1:On posef(z) = cos2(z) + sin2(z)et g(z) = 1. On a :


2. fetg sont holomorphes sur C.

3.x R, f(x) = g(x).Donc, daprs le principe didentification des fonctions holomorphe, f = g sur C etpar suite z C, cos2(z) + sin2(z) = 1.

1.4 Zros des fonctions sinus et cosinus hyperboliques et circu-

laires complexes :

Proposition 3 :

z

C

, ch(z) = 0 kZ

, z= i

2 +ik.

z C, sh(z) = 0 k Z, z = ik .

Dmonstration :

Soitz C. On a :



12/31


ch(z) = 0

exp(z) + exp(

z) = 0

exp(2z) = 1 = exp(i) k Z, 2z = i + 2ik k Z, z = i 2 +ik

sh(z) = 0 exp(z) exp(z) = 0

exp(2z) = 1 = exp(0) k Z, 2z = 2ik k Z, z = ik

Remarque :

Tous les zros des fonctionschet shsont imaginaires purs.

Corollaire 3 :

z

C, cos(z) = 0

k

Z, z= 2 +k.

z C, sin(z) = 0 k Z, z = k .Dmonstration :

Soitz C. On a :

cos(z) = 0 ch(iz) k Z, iz = i 2 +ik k Z, z= 2 +k

sin(z) = 0 sh(iz)

k Z, iz = ik k Z, z = k

Remarque :

Tous les zros des fonctionscoset sinsont relles.

1.5 Valeurs relles et imaginaires purs des fonctions sinus et cosi-

nus hyperboliques et circulaires complexes :

Proposition 4 :

z C, ch(z) R z iR ouz R +iZ.z C, ch(z) iR z R +i2 +iZ.z C, sh(z) R z R +iZ.z C, sh(z) iR z iR ouz R +i2 +iZ.

Dmonstration :

Soitz C. On a :



13/31


ch(z) R ch(e(z)) cos(m(z)) +ish(e(z)) sin(m(z)) R sh(e(z)) sin(m(z)) = 0 sh(e(z)) = 0ou sin(m(z)) = 0 e(z) = 0ou m(z) Z z iR ouz R +iZ

ch(z) iR ch(e(z)) cos(m(z)) +ish(e(z)) sin(m(z)) iR ch(e(z)) cos(m(z)) = 0 cos(m(z)) = 0 m(z) 2 +Z z R +i2 +iZ

sh(z) R sh(e(z)) cos(m(z)) +ich(e(z)) sin(m(z)) R ch(e(z)) sin(m(z)) = 0 sin(m(z)) = 0 m(z) Z z R +iZ

sh(z) iR sh(e(z)) cos(m(z)) +ich(e(z)) sin(m(z)) iR sh(e(z)) cos(m(z)) = 0 sh(e(z)) = 0ou cos(m(z)) = 0 e(z) = 0ou m(z) 2 +Z

z

iR ouz

R +i

2

+iZ

Corollaire 4 :

z C, cos(z) R z R ouz Z +iR.z C, cos(z) iR z 2 +Z +iR.z C, sin(z) R z 2 +Z +iR ouz R.z C, sin(z) iR z Z +iR.

Dmonstration :

Soitz C. On a :

cos(z) R ch(iz) R iz iR ouiz R +iZ z R ouz Z +iR

cos(z) iR ch(iz) iR

iz R +i2 +iZ z 2 +Z +iR



14/31


sin(z)

R

ish(iz)

R

sh(iz) iR iz iR ouiz R +i2 +iZ z R ouz 2 +Z +iR

sin(z) iR ish(iz) iR sh(iz) R iz R +iZ z Z +iR

2 Tangentes hyperbolique et circulaire complexes :

2.1 Tangente hyperbolique complexe :

Dfinition 1 : On appelle tangente hyperbolique complexe lapplication, note th et

dfinie parth(z) = sh(z)ch(z) .

Remarques :

Les relations suivantes dcoulent de celles du cosinus et sinus trigonomtriques hyper-

boliques complexes :

On a z Z, chz = 0 k Z, z = i 2 +ik donc lapplication tangentehyperbolique complexe est dfinie sur C \ {i2 +ik/k Z}.

On az Z, shz = 0 k Z, z = ik donc lapplication 1th estdfinie sur C \ {ik/k Z}. On lappelle application cotangente hyperboliquecomplexe et on la not coth.

z

C

\ {i

2+ik/k

Z

}, th(z) = exp(z)exp(z)

exp(z)+exp(z) = exp(2

z)1exp(2z)+1

.

Les fonctionsch et sh sont holomorphes sur Cdonc lapplication tangente hy-perbolique est holomorphe sur C\{i2+ ik/k Z} et lapplication cotangenteest holomorphe sur C \ {ik/k Z}.

z C \ {i2 +ik/k Z}, th(z) = 1ch2(z) = 1 th2(z).z C \ {ik/k Z}, coth(z) = 1

sh2(z)= 1 coth2(z).

z C \ {i2 + ik/k Z}, th(z) = 0 k Z, z= ik . Les raines dela tangente hyperbolique complexe sont imaginaires purs.

z C \ {i2 +ik/k Z}, th(z) = th(z).z C\ {i2 +ik/k Z}, n Z, th(z + in) = th(z). Lapplication

tangente hyperbolique complexe est alors priodiques de priode i.z C \ {i2 +ik/k Z}, n Z, th(i z) = th(z).

z

C

\ {ik/k

Z

}, th i2 z= coth(z).z C \ {ik/k Z}, th z+i2 = coth(z).

z, z C \ {i2 +ik/k Z} tels quez +z C \ {i2 +ik/k Z} on ath(z+z) = th(z)+th(z

)1+th(z)th(z) .

z {u C/|u| < 2 }, th(z) = z 13 z3 + 215 z5 17315 z7 + 622835 z9 + .



15/31


Dfinition 2 : On appelle tangente ciculaire complexe lapplication, note tan et dfi-

nie partan(z) = sin(z)

cos(z)

.

Remarque :

On az Z, cos z = 0 k Z, z = 2 +k donc lapplication tangentecirculaire complexe est dfinie sur C \ {2 +k/k Z}.

Proposition 1 :

z C \ {2 +k/k Z}, th(iz) = i tan(z).z C \ {i2 +ik/k Z}, tan(iz) = ith(z).

Dmonstration :

Soitz C \ {2 +k/k Z} donciz C \ {i2 +ik/k Z}.On dduit queth(iz)est bien dfini et On a :

th(iz) =sh(iz)

ch(iz)=i

sin(z)

cos(z)=i tan(z)

Soitz C \ {i2 +ik/k Z} donc iz C \ {2 +k/k Z}.On dduit queth(i(iz)) = i tan(iz)et par suitetan(iz) = ith(z).

Remarques :

Les relations suivantes dcoulent de celles de la tangente hyperbolique complexe ou du

cosinus et sinus circulaires complexes :

Les relations z C \ {i2 +ik/k Z}, ith(z) = tan(iz)et z C \ {2 +k/k Z}, th(iz) = i tan(z)donnent le lien entre la tangente trigonomtriquehyperbolique complexe et la tangente trigonomtrique circulaire complexe. Elles

justifient aussi pourqoui pour toute relation sur la tangente trigonomtrique hy-

perbolique complexe on trouve une similaire sur la tangente circulaire complexeet rciproquement.

Lapplication 1tan est dfinie sur C \ {k/k Z}. On lappelle application co-tangente circulaire complexe et on la not cotan.

z C \ {2 +k/k Z}, tan(z) = i exp(iz)exp(iz)exp(iz)+exp(iz) = i exp(2iz)1exp(2iz)+1 . Lapplication tangente circulaire est holomorphe sur C \ {2 +k/k Z} et

lapplication cotangente est holomorphe sur C \ {k/k Z}.z C \ {2 +k/k Z}, tan(z) = 1cos2(z) = 1 + tan2(z).z C \ {k/k Z}, cotan(z) = 1sin2(z) = 1 cotan2(z).z C \ {2 +k/k Z}, tan(z) = 0 k Z, z = k . Les raines de

la tangente circulaire complexe sont relles.

z

C

\ {2 +k/k

Z

}, tan(

z) =

tan(z).

z C\ {2 +k/k Z}, n Z, tan(z + n) = tan(z). Lapplicationtangente circulaire complexe est alors priodiques de priode .

z C \ {2 +k/k Z}, n Z, tan( z) = tan(z).z C \ {k/k Z}, tan 2 z= cotan(z).z C \ {k/k Z}, tan z+ 2 = cotan(z).



16/31


z, z C \ {2 +k/k Z} tels quez + z C \ {2 +k/k Z} on atan(z+z

) = tan(z)+tan(z

)

1tan(z) tan(z

).

z {u C/|u| < 2 }, tan(z) = z + 13 z3 + 215 z5 + 17315 z7 + 622835 z9 + .

2.2 Proprits algbriques :

Proposition 2 :

z C \ {i2 +ik/k Z} dexpression algbriquez = x+iy on a :

th(z) =sh(x)ch(x) +i sin(y)cos(y)

sh2(x) + cos2(y)=

sh(2x) +i sin(2y)

ch(2x) + cos(2y)

Soitz C. Si m(z) R \ {2 +k/k Z} alors :

|th(z)| |th(e(z)| + | tan(m(z))|

Dmonstration :

Soitz C \ {i2 +ik/k Z} dexpression algbriquez = x+iy. On a :

th(z) = th(x+iy) =sh(x+iy)

ch(x+iy)=

sh(x)ch(iy) + ch(x)sh(iy)

ch(x)ch(iy) + sh(x)sh(iy)

Orch(iy) = i sin(y)et ch(iy) = cos(y)donc :

th(z) =sh(x) cos(y) +ich(x) sin(y)

ch(x) cos(y) +ish(x) sin(y)

Donc :

th(z) =(sh(x) cos(y) +ich(x) sin(y))(ch(x) cos(y) ish(x) sin(y))

ch2(x) cos2(y) + sh2(x) sin2(y)

Do :

th(z) =sh(x)ch(x)(cos2(y) + sin2(y)) +i sin(y) cos(y)(ch2(x) sh2(x))

(1 + sh2(x))cos2(y) + sh2(x) sin2(y)=

sh(x)ch(x) +i sin(y)

sh2(x) + cos2(y

On a sh(2x) = 2sh(x)ch(x), 2sh2(2x) = ch(2x)1, sin(2y) = 2 sin(x) cos(y)et2 cos2(y) = cos(2y) + 1 donc :

th(z) = sh(2x) +i sin(2y)

ch(2x)

1 + cos(2y) + 1

=sh(2x) +i sin(2y)

ch(2x) + cos(2y)

Soitz C tel que m(z) R\{2+ k/k Z} doncz C\{2+ k/k Z}et par suiteth(z)est bien dfini.On a :

|th(z)|2 = |th (e(z) +im(z))| = th(e(z)) + th(im(z))1 + th(e(z)) th(im(z))



17/31


Donc :

|th(z)|2 = |th(e(z)) +i tan(m(z))||1 +ith(e(z)) tan(m(z))| = th2

(e(z)) + tan2

(m(z))1 + th2(e(z)) tan2(m(z))

Donc :

|th(z)|2 th2(e(z))| + tan2(m(z)) (|th(e(z))| + | tan(m(z))|)2

Do :

|th(z)| |th(e(z))| + | tan(mz)|Remarques :

Soitz C. Si m(z) R \ {2 + k/k Z} alorsz C \ {i2 + ik/k Z}. Soitz

C

\ {2 +k/k

Z

}dexpression algbriquez = x+iy :

1. Siy R \ {2 +k/k Z} alorsth(z) = th(x)+i tan(y)1+ith(x) tan(y) .2. Siy {2 +k/k Z} alorsth(z) = 1th(x) .

z C \ {i2 +ik/k Z} on a

|th(z)|2 =sh2(x)ch2(x) + sin2(y)cos2(y)

sh2(x) + cos2(y)2 = sh2(2x) + sin2(2y)

(ch(2x) + cos(2y))2

Corollaire 1 :

z C \ {2 +k/k Z} dexpression algbriquez = x+iy on a :

tan(z) = sin(x) cos(x) +ish(y)ch(y)cos2(x) + sh2(y)

=sin(2x) +ish(2y)cos(2x) + ch(2y)

Soitz C. Si e(z) R \ {2 +k/k Z} alors :

| tan(z)| | tan(e(z))| + |th(m(z))|

Dmonstration :

Soitz C \ {2 +k/k Z} dexpression algbriquez = x+iy.On a tan(z) = ith(iz) = ith(y+ix)donc :

tan(z) = ish(

y)ch(

y) +i sin(x) cos(x)

sh2(y) + cos2(x) =sin(x)cos(x) +ish(y)ch(y)

cos2(x) + sh2(y)

On a encore :

tan(z) = i sh(2y) +i sin(2x)ch(2y) + cos(2x) =

sin(2x) +ish(2y)

cos(2x) + ch(2y)



18/31


Soitz C tel que e(z) R \ {2 +k/k Z}.On a

m(iz) =

e(z)donc

m(iz)

R

\ {2 +k/k

Z

}. On dduit que :

|th(iz)| |th(e(iz))| + | tan(m(iz))| = |th(m(z))| + | tan(e(z))|Ortan(z) = ith(iz)donc

| tan(z)| |th(m(z))| + | tan(e(z))|Remarques :

Soitz C. Si e(z) R \ {2 +k/k Z} alorsz C \ {2 +k/k Z}. Soitz C \ {2 +k/k Z} dexpression algbriquez = x+iy :

1. Six R \ {2 +k/k Z} alorstan(z) = tan(x)+ith(y)1i tan(x) th(y) .2. Six

{2 +k/k

Z

}alorstan(z) = ith(y) .

z C \ {2 +k/k Z} on

| tan(z)|2 = sin2(x)cos2(x) + sh2(y)ch2(y)

cos2(x) + sh2(y)2 = sin2(2x) + sh2(2y)

(cos(2x) + ch(2y))2

2.3 Proprits analytiques :

Proposition 3 : La tangente trigonomtrique hyprbolique complexe est lunique pro-

longement de la tangente trigonomtrique hyperbolique relle en une fonction holo-

morphe sur

z C/m(z) 2 , 2 = R +i 2 , 2 .Dmonstration :On a le cosinus et le sinus trigonomtriques hyperboliques complexes sont, respecti-

vement, des prolongement sur C du cosinus et sinus trigonomtriques hyperboliques

rels donc la tangente trigonomtrique hyperblique complexe est un prolongement

de la tangente trigonomtrique hyperbolique relle en une fonction holomorphe sur

C \ {i2 +ik/k Z}.On poseO = R+ i 2 , 2 et soit f une fonction holomorphe surO qui soit unprolongement de la tangente trigonomtrique hyperbolique relle.

On a :

1. fetthholomrphes sur O.2.O est un ouvert connexe par arcs car il est ouvert convexe (Intersection non vide

de deux demi-plans).

3.x R

, f(x) = th(x).Daprs le principe didentification des fonctions holomorphe, z O, f(z) = th(z).On dduit que la tangente trigonomtrique hyperbolique complexe est lunique prolon-

gement de la tangente trigonomtrique hyperbolique relle en une fonction holomorphe

sur O.



19/31


Remarque :

La tangente trigonomtrique hyprbolique complexe nest pas lunique prolongement

de la tangente trigonomtrique hyperbolique relle en une fonction holomorphe sur C\

{i2 +ik/k Z}. En effet, lapplication f dfinie sur f(z) =

th(z) si m(z) 2 , 2 0 sinon

est un prolongement de la tangente trigonomtrique hyperbolique relle en une fonc-

tion holomorphe sur C \ {i2 +ik/k Z}.

Proposition 4 : La tangente trigonomtrique circuliare complexe est lunique prolon-

gement de la tangente trigonomtrique circuliare relle en une fonction holomorphe

sur C \ {2 +k/k Z}.

Dmonstration :

On a le cosinus et le sinus trigonomtriques circulaires complexes sont, respectivement,

des prolongement sur C du cosinus et sinus trigonomtriques circulaires rels doncla tangente trigonomtrique circulaire complexe est un prolongement de la tangente

trigonomtrique circulaire relle en une fonction holomorphe sur C\{2+ k/k Z}.Soitfune fonction holomorphe sur C \ {2 + k/k Z} qui soit un prolongement dela tangente trigonomtrique circulaire relle.

Soitz C \ {2 + k/k Z} donc k Z tel que 2 + k < e(z)< 2 + (k+ 1).Posons O= {u C/2 +k < e(u)< 2 + (k+ 1)}.
On a :

1. fettanholomrphes sur O.2.O est un ouvert connexe par arcs car il est ouvert convexe (Intersection non vide

de deux demi-plans).

3.x 2 +k,

2 + (k+ 1)

, f(x) = tan(x).

Daprs le principe didentification des fonctions holomorphe,u O, f(u) = tan(u)

.

En particulier,f(z) = tan(z) et on dduit que la tangente trigonomtrique circulairecomplexe est lunique prolongement de la tangente trigonomtrique circulaire relle en

une fonction holomorphe sur C \ {2 +k/k Z}.

3 Equations trigonomtriques :

3.1 Equationsch(z) = u, sh(z) = uet th(z) = uavec u C :

Proposition 1 :

z, z C, ch(z) = ch(z) k Z, z = z + 2ik ou z = z+ 2ik.

z, z

C, sh(z) = sh(z)

k

Z, z = z + 2ik ou z = i

z+ 2ik.

z, z C \ {i2 +ik/k Z}, th(z) = th(z) k Z, z = z +ik .

Dmonstration :



20/31


Soientz, z C. On a :

ch(z) = ch(z) ch(z) ch(z) = 0 2shz+z

2

shzz

2

= 0

shz+z

2

= 0ou sh

zz

2

= 0

k Z, z+z2 =ik ou zz2 =ik k Z, z= z+ 2ik ou z = z + 2ik

Soientz, z C. On a :sh(z) = sh(z) sh(z) sh(z) = 0

2shzz

2

chz+z

2

= 0

shzz

2

= 0ou ch

z+z

2

= 0

k

Z, z

z2 =ik ou

z+z2 =i

2 +ik

k Z, z = z + 2ik ou z = i z+ 2ik Soientz, z C \ {i2 +ik/k Z}. On a :

th(z) = th(z) sh(z)ch(z) = sh(z)ch(z) sh(z)th(z) ch(z)sh(z) = 0 sh(z z) = 0 k Z, z z = ik k Z, z= z +ik

Remarque :

Cette proposition est utile dans le cas o on connait dj une soluton particulire suivant

la technique suivante :

Technique :Soitu

C.

Pour rsoudre lquationch(z) = u, on cherche une solution particulire z0 eton dduit que lensemble des solutions est S= {z0 +2ik, z0 +2ik/k Z}.

Pour rsoudre lquationsh(z) = u, on cherche une solution particulirez0et ondduit que lensemble des solutions est S= {z0 +2ik,iz0 +2ik/k Z}.

Pour rsoudre lquationth(z) = u, on cherche une solution particulirez0 eton dduit que lensemble des solutions est S= {z0+ik/k Z}.

Exemples :

Equationch(z) = 12 :On a ch(z) = 12 = cos

3

= ch

i

3

donc lensemble des solutions de lqua-

tionch(z) = 12 est S= {i3 + 2ik, i3 + 2ik/k Z}. Equationch(z) = 0:

On ach(z) = 1 = cos 2 = chi2 donc lensemble des solutions de lqua-tionch(z) = 1est S= {i2 + 2ik, i2 + 2ik/k Z} = {i2 + ik/k Z}car 2 2 [].

Equationsh(z) = i

22 :

On a sh(z) = i

22 = i sin

4

= sh

i

4

donc lensemble des solutions de

lquationsh(z) = i

22 est S= {i4 + 2ik,i 34 + 2ik/k Z}.



21/31


Equationsh(z) = i :On a sh(z) = i = i sin 2 = sh i2 donc lensemble des solutions de lqua-tionsh(z) = i est S= {i2 + 2ik/k Z}.

Equationth(z) = i :On ath(z) = i = i tan

4

= th

i4

donc lensemble des solutions de lqua-

tionth(z) = i est S= {i4 +ik/k Z}.Remarque :

Lorsque u est rel ou imaginaire purs, pour rsoudre les quations ch(z) = u oush(z) = u, on peut utiliser la technique suivante :Technique :Soitu R (resp.iR) et on considre lquation ch(z) = u (resp.sh(z) =u).On critch(z) = ch(x) cos(y) + ish(x) sin(y) = u (resp.sh(z) = sh(x) cos(y) +ich(x) sin(y) = u) o z = x+iy dsigne lexpression algbrique dez.Il ne reste qu identifier les parties relles et imaginaires des deux membres de lqua-

tion.

On rappel quex 1, argch(x) = l n (x + x2 1) etx R, argsh(x) =ln(x+

x2 + 1).

Remarques :

Si u [1, +[ alors lensemble des solutions de lquation ch(z) = u estS ={argch(u) + 2ik, argch(u) + 2ik/k Z} ={ln(u+ u2 1) +2ik, ln(u+ u2 1) + 2ik/k Z}.

Si u R alors lensemble des solutions de lquation sh(z) = u estS ={argsh(u) + 2ik,i argch(u) + 2ik/k Z} ={ln(u + u2 + 1) +2ik,i ln(u+ u2 + 1) + 2ik/k Z}.

Exemples :

Equationch(z) = 2i: Soitz = x+iy lexpression algbrique dez.On a 2i= ch(z) = ch(x) cos(y)+ish(x) sin(y) donc

ch(x) cos(y) = 0sh(x) sin(y) = 2

.

On a ch(x) cos(y) = 0donccos(y) = 0car tR, ch(t)= 0do k Z telquey = 2 +k.On a sin

2 +k

= (1)k donc 2 = sh(x) cos(y) = (1)ksh(x) do

sh(x) = 2(1)k.On a shimpaire doncx= (1)kargsh(2) = (1)k ln(2 + 5).Rciproquement, soitk Z. On a :

ch

(1)k ln(2 + 5) +i2 +ik

= (1)kch(1)k ln(2 + 5) +i2 = (1)kish (1)

k ln(2 +

5)= ish

ln(2 +

5)

= ish(argsh(2)) = 2i

Lensemble des solutions de lquationch(z) = 2iest alors S= {(1)k ln(2 +



22/31


5) +i 2 +ik/k Z} ={ln(2 +

5) +i 2 + 2ik, ln(2 +

5) i2 +

2ik/k

Z

}.

Equationsh(z) = 1: Soitz = x+iy lexpression algbrique dez.

On a 1 = sh(z) = sh(x) cos(y)+ich(x) sin(y) donc

sh(x) cos(y) = 1ch(x) sin(y) = 0

.

On ach(x) sin(y) = 0 et t R, ch(t)= 0doncsin(y) = 0 do k Z telquey = k .On acos(k) = (1)k donc1 = cos(k)sh(x) = (1)ksh(x) dosh(x) =(1)k.Or argsh est impaire donc x= argsh((1)k) = (1)kargsh(1) = (1)k ln(1+

2).Lensemble des solutions de lquation sh(z) = 1est alors S={(1)k ln(1 +

2) +ik/k Z} = {ln(1 + 2) + 2ik,i ln(1 + 2) + 2ik/k Z}.

Proposition 2 : Soitu

C,v une raine carre deu2

1et w une raine carre de

u2 + 1.z C, ch(z) = u k Z, z = ln |u+ v |+ iArg(u+ v) + 2ik ou

z= ln |u v| +iArg(u v) + 2ik .z C, sh(z) = u k Z, z = ln |u+ w| +iArg(u+ w) + 2ik ou

z= ln |u+w| +iArg(u+w) + 2ik.

Dmonstration :

On a (u v)(u+v) = u2 v2 = 1 = 0doncu v= 0et u+v= 0. Soitz C. On a :

ch(z) = u exp(z)+exp(z)2 =u

exp(2z)

2u exp(z) + 1 = 0

(exp(z) u)2 =u2 1 = v2

exp(z) = u+v ou exp(z) = u v

k Z, z = ln |u+v| +iArg(u+v) + 2ik

ouz = ln |u v| +iArg(u v) + 2ik



23/31


On a :

sh(z) = u exp(z)

exp(

z)

2 =u

exp(2z) 2u exp(z) 1 = 0

(exp(z) u)2 =u2 + 1 =w2

exp(z) = u+wou exp(z) = u w

k Z, z= ln |u+w| +iArg(u+w) + 2ik

ouz = ln |u w| +iArg(u w) + 2ikRemarques :

Les fonctionschetshsont surjectives de C vers C. soitu C :

1. Siu= a + ibest le forme algbrique deualorsz C de forme algbrique

z = x+iyest une raine carre de u si et seulement si

x2 y2 = ax2 +y2 =

a2 +b2

2xy= b.

2. Si u = ei avec > 0 et R alors les raines carres de u sontu=

ei

2 etu=

ei

2+i.

z C, > 0, Arg(z) = Arg(z). Soitz Cdexpression algbriquez = x+iy:

1. Six = 0alorsArg(z) =

2

siy >02 siy 0 alorsArg(z) = arctanyx

.

3. Six 0

arctanyx

siy


24/31


Z, z = ln

13

(2

5 + 5) +i(2

5 + 4)

+iArg

13

(2

5 + 5) +i(2

5 + 4)

+

2ik.

On a(25 + 5) +i(25 + 4)2 = (25 + 5 )2 + (25 + 4 )2 = 20 + 205 +

25+20+16

5+16 = 81+36

5 = 9(

5+2)2 donc ln1

3

(2

5 + 5) +i(2

5 + 4)

=ln(

5 + 2).

On a 2

5 + 5 > 0 donc :

Arg

(2

5 + 5) +i(2

5 + 4)

= arctan

2

5+42

5+5

= arctan

(2

5+4)(525)2520

= arctan

202085+1055

= arctan

25

On dduit quez = ln(

5 + 2) +iarctan

2

5

+ 2ik.

2. Etude du casexp(z) 5+4i3 = 23

5(1 +i):

On a exp(z) = 5+4i3 23

5(1 +i) = 13

(5 25) +i(4 25)donc kZ, z = ln

13

(5 25) +i(4 25)+iArg 13 (5 25) +i(4 25)+

2ik.On a

(5 25) +i(4 25)2 = (525+5)2+(425)2 = 25205+20+16165+20 = 81365 = 9(52)2 donc ln

13

(5 25) +i(4 25)=

ln(

5 2) = ln 152 = ln(

5 2).

On a 5

2

5> 0 donc :

Arg

(5 25) +i(4 25) = arctan 425525

= arctan

(425)(5+25)2520

= arctan

2020+851055

= arctan 2

5

= arctan 2

5On dduit quez = ln(5 + 2) iarctan

2

5

+ 2ik.

Lensemble des solutions de lquation ch(z) = 5+4i3 est S= {ln(

5+2)+iarctan

25

+

2ik, ln(5 + 2) iarctan

25

+ 2ik/k Z}.



25/31


Proposition 3 : Soitu C \ {1, 1}.

z C, th(z) = u k Z, z= 12

ln1 +u1 u

+ i2 Arg

1 +u1 u

+ik

Dmonstration :

Soitz C. On a :th(z) = u exp(2z)1exp(2z)+1 =u

exp(2z) = 1+u1u

k Z, 2z = ln

1+u1u

+iArg

1+u1u

+ 2ik

k Z, z= 12ln1+u1u + i2 Arg 1+u1u+ 2ik

Remarques :

Les quationsth(z) = 1et th(z) =1nont pas de solutions dans C. En effet,si lune admet une solution z C alorsth2(z) = 1doncsh2(z) = ch2(z)doch2(z) sh2(z) = 0. Absurde, carch2(z) sh2(z) = 1.

La fonctionthest surjective de C \ {i2 +ik/k Z} vers C \ {1, 1}. La fonctionth est en plusi-priodique donc elle est surjective de {z C/

2

< m(z)< 2 } = R +i2 , 2 vers C \ {1, 1}.

Siu] 1, 1[alors lensemble des solutions de lquation th(z) = u est S =

{argth(u) +ik/k

Z

}.

On na pas besoin de mmoriser lexpression des solutions, on doit juste savoircomment la retrouver en suivant les tapes de la dmonstration.

Exemple :

Soit lquationth(z) = 1 +i:

On a th(z) = exp(2z)1exp(2z)+1 = 1 +idoncexp(2z) = 1 + 2i.Donc k Z, 2z = ln | 1 + 2i| +iArg(1 + 2i) + 2ik .Doz = 14ln(5) i2 arctan(2) +ik.Lensemble des solutions de lquation th(z) = 1 + i est alorsS = { 14ln(5)i2 arctan(2) +ik/k Z}.

3.2 Equationscos(z) = u, sin(z) = uet tan(z) = uavec u C :

Proposition 4 :

z, z C, cos(z) = cos(z) k Z, z = z + 2k ou z = z+ 2k.z, z C, sin(z) = sin(z) k Z, z= z + 2k ou z= z+ 2k.z, z C \ {2 +k/k Z}, tan z = tan z k Z, z = z +k .



26/31


Dmonstration :

Soientz, z C. On a :cos(z) = cos(z) ch(iz) = ch(iz)

k Z, iz = iz + 2ik ou iz = iz+ 2ik

k Z, z = z + 2k ou z = z+ 2k

Soientz, z C. On a :sin(z) = sin(z) sh(iz) = sh(iz)

k Z, iz= iz + 2ik ou iz = i iz+ 2ik

k Z, z = z + 2k ou z = z+ 2k

Soientz, z C \ {2 +k/k Z}. On a :

tan(z) = tan(z) th(iz) = th(iz)

k Z, iz = iz +ik

k Z, z = z +kRemarque :

Cette proposition est utile lorsquune solution particulire est connue.

Technique :Soitu C

. Pour rsoudre lquationcos(z) =u, on cherche une solution particulire z0 eton dduit que lensemble des solutions est S= {z0+ 2k, z0+ 2k/k Z}.

Pour rsoudre lquationsin(z) = u, on cherche une solution particulirez0 eton dduit que lensemble des solutions est S= {z0 +2k,z0 +2k/k Z}.

Pour rsoudre lquationtan(z) =u, on cherche une solution particulirez0 eton dduit que lensemble des solutions est S= {z0+k/k Z}.

Exemples :

Equationcos(z) = 12 :On acos z= 12 = cos

3 donc lensemble des solutions de lquationcos(z) =

12

est S= {3 + 2k, 3 + 2k/k Z}. Equationcos(z) = 0:

On a cos z = 0 = cos

2 donc lensemble des solutions de lquation cos(z) = 1est S= {2 + 2k, 2 + 2k/k Z} = {2 +k/k Z} car 2 2 [].

Equationsin(z) =

22 :

On asin z =

22 = sin

4 donc lensemble des solutions de lquationsin(z) =

22 est S= {4 + 2k, 34 + 2k/k Z}.



27/31


Equationsin(z) = 1:On asin z = 1 = sin 2 donc lensemble des solutions de lquationsin(z) = 1

est S= {2 + 2k/k Z}. Equationtan(z) = 1:

On atan z= 1 = tan4 donc lensemble des solutions de lquationtan(z) = 1est S= {4 +k/k Z}.

Remarque :

Lorsqueuest rel ou imaginaire pur on peut utiliser la technique suivante :Technique : Soit u R (resp. u iR) et on considre lquation cos z = u (resp.sin z= u).On critcos(z) = cos(x)ch(y) i sin(x)sh(y) = u (resp.sin(z) = sin(x)ch(y) +i cos(x)sh(y) = u) o z = x+iydsigne lexpression algbrique de z.Il ne reste qu identifier les parties relles et imaginaires des deux membres de lqua-

tion.

Remarques :

Si u [1, 1] alors lensemble des solutions de lquation cos(z) = u estS= {arccos(u) + 2k, arccos(u) + 2k/k Z}.

Siu [1, 1]alors lensemble des solutions de lquationsin(z) = u est S={arcsin(u) + 2k, arcsin(u) + 2k/k Z}.

Exemples :

Equationcos(z) = 2: Soitz = x+iy lexpression algbrique dez.

On a 2 = cos(z) = cos(x)ch(y)i sin(x)sh(y) donc

cos(x)ch(y) = 2sin(x)sh(y) = 0

.

On a sin(x)sh(y) = 0doncsin(x) = 0oush(y) = 0.Si sh(y) = 0 alors y= 0. Ce qui est absurde car, dans ce cas, 2 = cos(x)ch(y) =

cos(x) 1. Doncsin(x) = 0do k Z tel quex= k .On acos(k) = (1)k donc2 = cos(k)ch(y) = (1)kch(y) doch(y) =2(1)k .Or ch est positive donc k doit tre paire do ch(y) = 2 et par suite y =argch(2) = ln(2 +

3)ouy = argch(y) = ln(2 + 3).

On dduit que k Z tel quez = 2k +i ln(2+3)ouz= 2ki ln(2+3).Rciproquement,k Z, cos(2k + i ln(2 + 3)) = cos(i ln(2 + 3)) =ch(ln(2+

3)) = ch(argch(2)) = 2 et cos(2ki ln(2+3)) = cos(i ln(2+

3)) = cos(i ln(2 +

3)) = 2.Lensemble des solutions de lquationcos(z) = 2est alors S= {2k +i ln(2+

3), 2k i ln(2 + 3)/k Z}. Equationsin(z) = i : Soitz = x+iy lexpression algbrique dez.

On ai= sin(z) = sin(x)ch(y)+ i cos(x)sh(y)donc sin(x)ch(y) = 0cos(x)sh(y) = 1

.

On asin(x)ch(y) = 0ett R, ch(t)= 0doncsin(x) = 0 dok Ztelquex= k.On acos(k) = (1)k donc1 = cos(k)sh(y) = (1)ksh(y)dosh(y) =(1)k.



28/31


On dduit que y = argsh((1)k) = (1)kargsh(1) = (1)k ln(1 + 2) (argshest impaire).

Lensemble des solutions de lquation sin(z) = i est alors S= {k+i(1)k ln(1+2)/k Z} = {2k +i ln(1 + 2), 2k + i ln(1 + 2)/k Z}.

Proposition 5 : Soitu C etv une raine carre deu2 1.z C, cos(z) = u k Z, z = Arg(u+ v) +i ln |uv|+ 2k ou

z= Arg(u v) +i ln |u+v| + 2k.z C, sin(z) = u k Z, z = Arg(i(u+v)) + i ln |u v| + 2k ou

z= Arg(i(u v)) +i ln |u+v| + 2k.

Dmonstration :

On a

(u v)(u+v) = u2 v2 = 1doncln |u v| + ln |u+v| = 0. On dduit queln

|u+v

|=

ln

|u

v

|etln

|u

v

|=

ln

|u+v

|.

On a(iv)2 =v2 =u2 + 1 = (iu)2 + 1 donciv est une raine carre de(iu)2 + 1.

Soitz C. On a :

cos(z) = u ch(iz) = u

k Z, iz = ln |u+v| +iArg(u+v) + 2ik

ouz = ln |u v| +iArg(u v) + 2ik

k Z, z= Arg(u+v) +i ln |u v| + 2k

ouz = Arg(u v) +i ln |u+v| + 2k

sin(z) = u sh(iz) = iu

k Z, iz = ln |iu+iv| +iArg(iu+iv) + 2ik

ouz = ln |iu iv| +iArg(iu iv) + 2ik

k Z, z = Arg(i(u+v)) +i ln |u v| + 2k

ouz = Arg(i(u v)) +i ln |u+v| + 2k

Remarques :

Les fonctionscosetsinsont surjectives de C vers C. En particulier,cosetsinnesont pas bornes.

On na pas besoin de mmoriser les expressions des solutions, on doit juste savoir

comment les retrouver en suivant les tapes de la dmonstration.



29/31


Exemple :

Equationcos(z) = 5+4i3 :

On acos(z) = exp(iz)+exp(iz)2 = 2doncexp(iz) + exp(iz) = 2 5+4i3 et en multi-pliant parexp(iz)on obtientexp(2iz) + 1 = 2 5+4i3 exp(iz).

On a exp(2iz)2 5+4i3 exp(iz) =1 donc

exp(iz) 5+4i32

= (5+4i)2

9 1 =9+40i

9 1 = 409 =

23

5(1 +i)

2.

Doncexp(iz) 5+4i3 = 23

5(1 +i)ouexp(iz) 5+4i3 = 23

5(1 +i).

Etude du casexp(iz) 5+4i3 = 23

5(1 +i):

On a exp(iz) = 23

5(1 +i) + 5+4i3 = 13

(2

5 + 5) +i(2

5 + 4)

.

Donc k Z, iz = ln 13 (25 + 5) +i(25 + 4)+iArg 13 (25 + 5) +i(25 + 4)+2ikdo z = Arg

(2

5 + 5) +i(2

5 + 4)

i ln

13

(2

5 + 5) +i(2

5 + 4)

+

2k.

On a(25 + 5) +i(25 + 4)2 = (25 + 5 )2 + (25 + 4 )2 = 20 + 205 +

25+20+16

5+16 = 81+36

5 = 9(

5+2)2 donc ln1

3

(2

5 + 5) +i(2

5 + 4)

=ln(

5 + 2).

On a 2

5 + 5 > 0 donc :

Arg

(2

5 + 5) +i(2

5 + 4)

= arctan

2

5+42

5+5

= arctan

(2

5+4)(525)2520

= arctan

202085+1055

= arctan 25

On dduit quez = arctan

25

i ln(5 + 2) + 2k.

Etude du casexp(iz) 5+4i3 = 23

5(1 +i):

On a exp(iz) = 5+4i3 23

5(1 +i) = 13

(5 25) +i(4 25).Donc k Z, iz = ln

13

(5 25) +i(4 25)+iArg 13 (5 25) +i(4 25)+

2ikdo z = Arg

(5 25) +i(4 25)i ln 13 (5 25) +i(4 25)+2k.On a

(5 25) +i(4 25)2 = (525+5)2+(425)2 = 25205+20+16165+20 = 81365 = 9(52)2 donc ln

13

(5 25) +i(4 25)

=

ln(

5

2) =

ln 1

5

2=

ln(

5

2).



30/31


On a 5 25> 0 donc :

Arg

(5 25) +i(4 25) = arctan 425525= arctan

(425)(5+25)

2520

= arctan

2020+851055

= arctan 2

5

= arctan

25

On dduit quez =

arctan 25+i ln(

5 + 2) + 2k.

Lensemble des solutions de lquationcos z = 5+4i3 est :

S= {arctan

25

i ln(

5+2)+2k, arctan

2

5

+i ln(

5+2)+2k/k Z}

Proposition 6 : Soitu C \ {i, i}.

z C, tan(z) = u k Z, z = 12

Arg

i ui+u

+

i

2ln

i+ui u +k

Dmonstration :

On a u C \ {i, i} donciu C \ {1, 1}. Soitz C, on a :tan(z) = u th(iz) = iu

k Z, iz = 12ln 1+iu1iu

+ i2 Arg 1+iu1iu+ik k Z, z = i2ln

i+uiu + 12 Argi+uiu+k k Z, z = 12 Arg

iui+u

+ i2ln

i+uiu +kRemarques :

Les quations tan(z) = i et tan(z) =i nont pas de solutions. En effet, silune admet une solutionz C alorstan2(z) =1doncsin2(z) =cos2(z)dosin2(z) + cos2(z) = 0. Absurde, carsin2(z) + cos2(z) = 1.

La fonctiontanest surjective de C \ {2 +k/k Z} vers C \ {i, i}. La fonctiontan est en plus-priodique donc elle est surjective de {z C/

2

< e(z)< 2 } =2 , 2 +iR vers C \ {i, i}.



31/31


Si u R alors lensemble des solutions de lquation tan(z) = u estS =

{arctan(u) +k/k

Z

}.

On na pas besoin de mmoriser lexpression des solutions, on doit juste savoircomment la retrouver en suivant les tapes de la dmonstration.

Exemple :

Soit lquationtan(z) = 3 + 2i:

On atan(z) =i exp(2iz)1exp(2iz)+1 = 3 + 2idonc exp(2iz)1exp(2iz)+1 =2 + 3idoexp(2iz) =(2+3i)+1

(23i)+1 = (1+3i)(1+i)

6 =2+i

3 .

On dduit que k Z, 2iz = ln2+i

3

+iArg 2+i3 + 2ik.On a ln

2+i3

= ln 53 et Arg 2+i3 = Arg(2 + i) = arctan 12 + =arctan(2) 2 + = arctan(2) + 2 car x >0, arctan(x) + arctan

1x

= 2 .

On dduit quez = i2ln

35

+i arctan(2) + 2 +k.

Lensemble des solutions de lquationtan(z) = 3 + 2i est alors

S =

{i2ln 35+

i arctan(2) + 2 +k/k Z}.


Fonctions trigonométriques complexes

Documents

Transcript of Fonctions trigonométriques complexes