Aller au contenu

Les nombres complexes

Messages recommandés

aliochaverkiev Membre 1 978 messages
Forumeur alchimiste‚
Posté(e)

Etude des nombres complexes

La naissance des nombres complexes est liée à la résolution des équations algébriques du troisième degré :

ax³ + bx² + cx + d = 0.

Cette équation peut se ramener à la résolution de l'équation suivante :

y³ + py + q = 0.

 

Comment passe-t-on d'une équation à l'autre ?

ax³ + bx² + cx + d = 0 => x³ + (b/a) x² + (c/a) x + (d/a) = 0 (avec a différent de 0)

x³ + (b/a) x² peut être considéré comme les deux premiers termes du développement de

(x + (b/3a))³.

 

En effet

(x + (b/3a))³ = x³ + 3(b/3a)x² + 3(b/3a)²x + (b/3a)³ = x³ +(b/a)x² + 3(b/3a)²x + (b/3a)³

d'où x³ + (b/a) x² + (c/a) x + (d/a) = (x + (b/3a))³ - 3(b/3a)²x -(b/3a)³ + (c/a) x +(d/a)

= (x + (b/3a))³ + x (c/a – 3(b/3a)²) -(b/3a)³ + (d/a)

 

Posons x + (b/3a) = y (soit x = y – (b/3a))

 

Nous trouvons :

ax³ + bx² + cx + d = y³ + [y -(b/3a)] [c/a – 3 (b/3a)²] – (b/3a)³ + (d/a)

soit :

ax³ + bx² + cx + d = y³ + y [c/a -3 (b/3a)²] – (b/3a)(c/a) + 3(b/3a)(b/3a)² -(b/3a)³ + (d/a)

En posant c/a -3 (b/3a)² = p et – (b/3a)(c/a) + 3(b/3a)(b/3a)² -(b/3a)³ + (d/a) = q

Nous trouvons bien que l’équation

ax³ + bx² + cx + d = 0.

se ramène à la résolution de l'équation :

y³ + py + q = 0.

Ou encore, en gardant la même notation pour la variable :

x³ + px + q = 0

Face à cette équation les mathématiciens restèrent longtemps démunis. C'est Scipion del Ferro qui débloqua la situation en proposant une nouvelle approche.

 

Modifié par aliochaverkiev
  • Like 2

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
Annonces
Maintenant
Spontzy Membre 1 893 messages
délicatesse incarnée‚ 42ans
Posté(e)

Dites donc, votre concours de celui qui a la plus longue, vous pourriez pas le faire dans une seule et même discussion ? :D

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
aliochaverkiev Membre 1 978 messages
Forumeur alchimiste‚
Posté(e)

Scipion(e) del Ferro est un italien né à Bologne le 6 février 1465 mort à Bologne le 5 novembre 1526

L'idée de del Ferro fut de décomposer la variable x en deux variables u et v, en posant

x = u + v.

D'où il a tiré :

(u + v)³ + p (u +v) + q = 0

soit : u³ + 3u²v + 3uv² + v³ + p(u + v) + q = 0

u³ + v³ + 3 uv (u + v) + p(u + v) + q = 0

u³ + v³ + (u + v) (3uv + p) + q = 0

[u³ + v³ + q] + (u + v) (3uv +p) = 0

Pour que cette équation soit résolue il suffit (mais il ne faut pas!) que :

[u³ + v³ + q] = 0 et que

3uv + p = 0

soit u³ + v³ = - q

et 3uv = -p, soit uv = -p/3, soit (uv)³ = -p³/27, soit

u³v³ = -p³/27

Posons u³ =α et v³= β

Nous avons maintenant à résoudre les deux équations suivantes :

α + β = - q

et

α β = -p³/27

Nous allons retrouver, avec ces deux équations, le problème de la résolution d'une équation du second degré, problème que nous savons résoudre.

 

 

 

 

 

  • Like 2

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
procyon Membre 58 messages
Forumeur en herbe‚ 84ans
Posté(e)
Il y a 8 heures, aliochaverkiev a dit :

Scipion(e) del Ferro est un italien né à Bologne le 6 février 1465 mort à Bologne le 5 novembre 1526

L'idée de del Ferro fut de décomposer la variable x en deux variables u et v, en posant

x = u + v.

D'où il a tiré :

(u + v)³ + p (u +v) + q = 0

soit : u³ + 3u²v + 3uv² + v³ + p(u + v) + q = 0

u³ + v³ + 3 uv (u + v) + p(u + v) + q = 0

u³ + v³ + (u + v) (3uv + p) + q = 0

[u³ + v³ + q] + (u + v) (3uv +p) = 0

Pour que cette équation soit résolue il suffit (mais il ne faut pas!) que :

[u³ + v³ + q] = 0 et que

3uv + p = 0

soit u³ + v³ = - q

et 3uv = -p, soit uv = -p/3, soit (uv)³ = -p³/27, soit

u³v³ = -p³/27

Posons u³ =α et v³= β

Nous avons maintenant à résoudre les deux équations suivantes :

α + β = - q

et

α β = -p³/27

Nous allons retrouver, avec ces deux équations, le problème de la résolution d'une équation du second degré, problème que nous savons résoudre.

 

 

 

 

 

Bonjour,

Pour ma part, mathématiques pour mathématiques, je préfère ceci : https://fr.wikipedia.org/wiki/Méthode_de_Cardan

A la fin apparaissent les nombres complexes encore rudimentaires.

Modifié par procyon

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
aliochaverkiev Membre 1 978 messages
Forumeur alchimiste‚
Posté(e)

Avant de continuer nous allons faire un retour sur la résolution des équations du second degré.

L'équation d'écriture générale ax² + bx + c = 0

a deux solutions :

x = (- b - √b² – 4ac)/2a que nous noterons α

et

x = (-b + √b² – 4ac)/ 2a que nous noterons β

 

Quand nous additionnons α et β nous trouvons que :

α + β = -2b/2a (les radicaux s'annulent), soit α + β = - b/a

 

Quand nous multiplions α et β nous trouvons que :

α β = [-(b)² - (√b² – 4ac)²]/4a² = 4ac/4a² = c/a

 

Reprenons l’écriture générale de l'équation :

ax² + bx + c = 0.

Elle peut s'écrire :

x² + b/a x + c/a = 0 après division par a (a différent de 0)

 

Nous avons vu ci-dessus que α + β = - b/a et que α β = c/a

Notons

S = α + β = - b/a

et

P = α β = c/a

 

Si α et β sont les solutions de l'équation ax² + bx + c, elles sont aussi solutions de l'équation x² + (b/a) x + c/a = 0 et elles sont aussi solutions de l'équation :

x² – Sx + P = 0 puisque b/a = - S et c/a = P.

Nous pouvons maintenant reprendre notre exposé sur les complexes.

 

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
procyon Membre 58 messages
Forumeur en herbe‚ 84ans
Posté(e)
il y a 48 minutes, aliochaverkiev a dit :

Avant de continuer nous allons faire un retour sur la résolution des équations du second degré.

L'équation d'écriture générale ax² + bx + c = 0

a deux solutions :

x = (- b - √b² – 4ac)/2a que nous noterons α

et

x = (-b + √b² – 4ac)/ 2a que nous noterons β

 

Quand nous additionnons α et β nous trouvons que :

α + β = -2b/2a (les radicaux s'annulent), soit α + β = - b/a

 

Quand nous multiplions α et β nous trouvons que :

α β = [-(b)² - (√b² – 4ac)²]/4a² = 4ac/4a² = c/a

 

Reprenons l’écriture générale de l'équation :

ax² + bx + c = 0.

Elle peut s'écrire :

x² + b/a x + c/a = 0 après division par a (a différent de 0)

 

Nous avons vu ci-dessus que α + β = - b/a et que α β = c/a

Notons

S = α + β = - b/a

et

P = α β = c/a

 

Si α et β sont les solutions de l'équation ax² + bx + c, elles sont aussi solutions de l'équation x² + (b/a) x + c/a = 0 et elles sont aussi solutions de l'équation :

x² – Sx + P = 0 puisque b/a = - S et c/a = P.

Nous pouvons maintenant reprendre notre exposé sur les complexes.

 

Eh bien, plutôt laborieux ! 

Soit l'équation : (x-a)(x-b) = 0. Il saute aux yeux que a et b sont les racines de cette équation. Développons :

(x-a)(x-b) =x² -ax - bx + ac =0 d'où x² -ax - bx +ac =0 d'où x² - (a+b)x + ac = 0. Or, a et b sont les racines. On a donc finalement, puisque on en posant S = a+b et P = ac : x² -Sx +P =0 

Je crois devoir rappeler que c'est au programme de la classe de première des lycées ...

 

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
procyon Membre 58 messages
Forumeur en herbe‚ 84ans
Posté(e)
il y a 42 minutes, procyon a dit :

Eh bien, plutôt laborieux ! 

Soit l'équation : (x-a)(x-b) = 0. Il saute aux yeux que a et b sont les racines de cette équation. Développons :

(x-a)(x-b) =x² -ax - bx + ac =0 d'où x² -ax - bx +ac =0 d'où x² - (a+b)x + ac = 0. Or, a et b sont les racines. On a donc finalement, puisque on en posant S = a+b et P = ac : x² -Sx +P =0 

Je crois devoir rappeler que c'est au programme de la classe de première des lycées ...

 

Mais peut-être exigerez-vous de partir de ax²+bx+c=0 ?

OK !

Les racines sont : x1 = (-b+√(b²-4ac))/2a, x2 = (-b-√(b²-4ac))/2a.

On a facilement : x1+x2 = -b/a et x1x2 = c/a.

Et voilà !

 

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
azad2B Membre 2 151 messages
Le prendre au sérieux, nuit gravement à la santé‚
Posté(e)
il y a 44 minutes, procyon a dit :

Soit l'équation : (x-a)(x-b) = 0. Il saute aux yeux que a et b sont les racines de cette équation. Développons :

(x-a)(x-b) =x² -ax - bx + ac =0

Alors,si cela est du niveau de la première, il est clair que vous en êtes resté au niveau de la maternelle. Mais ce c mystérieux s'explique sans doute si l'on fait appel à votre grigri passa partout : le célèbre Schrodinger.

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
aliochaverkiev Membre 1 978 messages
Forumeur alchimiste‚
Posté(e)

Nous avons vu ci-dessus que α + β (= S) = - q et que α β (= P) = - p³/27

Donc, après les explications données ci-dessus, dans notre diverticule, nous voyons que α et β sont les solutions de l'équation :

y² - Sy+ P = 0

soit

y² +q – p³/27 = 0 (nous choisissons de nommer la variable y, pour éviter la confusion avec notre équation d'origine x³ +px + q)

Et nous trouvons

α = [-q - √q² + 4p³/27] / 2 = - q/2 - √q²/4 +p³/27

β = [-q + √q² + 4p³/27] / 2 = - q/2 + √q²/4 +p³/27

 

Mais α = u3 et β = v³

Donc

 

u = ³√- q/2 - √q²/4 +p³/27

 

v = ³√- q/2 + √q²/4 +p³/27


 

Nous revenons à notre équation d'origine :


x³ + px + q où nous avions posé x = u + v

Et nous trouvons, donc, in fine, cette solution possible

x = u + v = ³√- q/2 - √q²/4 +p³/27 + ³√- q/2 + √q²/4 +p³/27

Niccolo Tartaglia ( Italien, Brescia 1499 – Venise 1557 ) d'abord puis Jerôme Cardan (Italien, Pavie 1501- Rome 1576) ensuite prirent connaissance du résultat de Scipion(e) del Ferro et ils généraliseront sa solution au cas de l’équation complète : ax³ + bx² + cx + d = 0

 

Néanmoins l'utilisation de radicaux pour résoudre des équations du troisième degré ( et aussi du second degré) intriguait Tartaglia. Car si le radicande était négatif, que se passait-il? Puisqu'on ne connaît pas de racine carrée de nombre négatifs ? Il semblait impossible d'achever les calculs dans un tel cas. Tartaglia estimait qu'on se retrouvait alors devant un « cas irréductible ».

C'est alors que Raphaël Bombelli ( Italien, Bologne, 1526 – 1572 ) arriva et osa l'impensable, une audace qui donna naissance aux nombres complexes, porte d'accès à innombrables développements en physique.

 

 

  • Like 1

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
aliochaverkiev Membre 1 978 messages
Forumeur alchimiste‚
Posté(e)
il y a 16 minutes, procyon a dit :

Mais peut-être exigerez-vous de partir de ax²+bx+c=0 ?

OK !

Les racines sont : x1 = (-b+√(b²-4ac))/2a, x2 = (-b-√(b²-4ac))/2a.

On a facilement : x1+x2 = -b/a et x1x2 = c/a.

Et voilà !

 

 

il y a 18 minutes, procyon a dit :

Mais peut-être exigerez-vous de partir de ax²+bx+c=0 ?

OK !

Les racines sont : x1 = (-b+√(b²-4ac))/2a, x2 = (-b-√(b²-4ac))/2a.

On a facilement : x1+x2 = -b/a et x1x2 = c/a.

Et voilà !

 

 

il y a une heure, procyon a dit :

Eh bien, plutôt laborieux ! 

Soit l'équation : (x-a)(x-b) = 0. Il saute aux yeux que a et b sont les racines de cette équation. Développons :

(x-a)(x-b) =x² -ax - bx + ac =0 d'où x² -ax - bx +ac =0 d'où x² - (a+b)x + ac = 0. Or, a et b sont les racines. On a donc finalement, puisque on en posant S = a+b et P = ac : x² -Sx +P =0 

Je crois devoir rappeler que c'est au programme de la classe de première des lycées ...

 

Il "saute aux yeux" n'est pas une démonstration mathématique.

(x-a) ( x-b) = 0 implique que soit le facteur (x-a) = 0, soit le facteur (x-b) = 0, car lorsqu'un produit est nul il faut et il suffit que l'un des facteurs soit nul.

x- a = 0 donne x = a

x - b = 0 donne x = b

On appelle cela une équation produit.

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
procyon Membre 58 messages
Forumeur en herbe‚ 84ans
Posté(e)
il y a 22 minutes, aliochaverkiev a dit :

 

 

Il "saute aux yeux" n'est pas une démonstration mathématique.

(x-a) ( x-b) = 0 implique que soit le facteur (x-a) = 0, soit le facteur (x-b) = 0, car lorsqu'un produit est nul il faut et il suffit que l'un des facteurs soit nul.

x- a = 0 donne x = a

x - b = 0 donne x = b

On appelle cela une équation produit.

Bonjour,

Cela saute aux yeux pour quiconque possède un minimum de connaissances en mathématiques.

Il n'est pas rare de rencontrer dans un cours de mathématique l'expression :"il est évident que".

Mais lorsque l'on a décidé de tout critiquer même bêtement, tout est bon !

Bien à vous.

 

  • Triste 1

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
aliochaverkiev Membre 1 978 messages
Forumeur alchimiste‚
Posté(e)

En 1572 Bompelli dans son œuvre « Algebra » donne une étude de l'équation suivante :

x³ – 15 x – 4 =0

Il en donne une solution par tâtonnements, en incrémentant x d'une unité à partir de 1.

Cette solution est 4. En effet 4³ -15 x 4 - 4 = 0

Bompelli teste alors la méthode de Scipion del Ferro.

 

Soit donc l'équation x³ – 15 x – 4 = 0

Posons x = u + v

On obtient :

(u + v )³ - 15 (u+v) – 4 = 0

u³ + v³ – 4 + (u + v) (3uv – 15) = 0.

Pour que cette égalité soit vérifiée il suffit que :

u³ + v³ = 4

et que

u³ v³ = 5³ = 125 (3uv – 15 =0, soit u v = 5, soit u³ v³ = 5³)

Les nombres u³ et v³ sont alors les solutions de l'équation y² – 4y + 125 = 0

Ces solutions sont

u³ = 2 - -121

et

v³ = 2 +- 121

[Comme b = 4 est ici pair il est possible d'utiliser les formules simplifiées de l'obtention des racines soit les formules suivantes : [-b/2 – et + √(b/2)² – ac] /a

 

Au lieu d’arrêter ses calculs en voyant apparaître la racine d'un nombre négatif, curieux en fait de voir où il était possible d'en arriver en allant jusqu'au bout du raisonnement de del Ferro, Bompelli va les continuer.

Cette audace de Bompelli est l'acte de naissance des nombres complexes

Il note

u³ = 2 - -121 = 2 - √121 x (-1) = 2 – 11√-1

et

v³ = 2 +- 121 = 2 + √121 x (-1) = 2 + 11√-1

Ainsi apparut l'expression √-1

Ancêtre du nombre imaginaire i, base des complexes

Mais cette apparition resta dans les mémoires en raison de la suite du développement de Bompelli, toujours en train d'explorer les formules de del Ferro.

  • Like 2
  • Merci 1

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
zenalpha Membre 11 352 messages
Agitateur Post Synaptique‚ 50ans
Posté(e)

C'est ce que j'appelle une belle démonstration 

Merci d'avoir remis les choses en perspective 

 

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
aliochaverkiev Membre 1 978 messages
Forumeur alchimiste‚
Posté(e)
Le ‎28‎/‎02‎/‎2018 à 13:01, zenalpha a dit :

C'est ce que j'appelle une belle démonstration 

Merci d'avoir remis les choses en perspective 

 

J'étais déjà en "tension" me disant : je vais me faire insulter, comme d'habitude, quand j'ai vu qu'un intervenant, encore inconnu pour moi, était venu me répondre. Je vous lis, et votre souci n'est pas de m'insulter ! Je suis surpris.

Détente.

Cela ne signifie pas que je vous crois acquis à mes raisonnements, cela signifie :  le jour où vous me contesterez, je sais que ce sera pour des raisons objectives.

 

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
Morfou Membre 22 145 messages
Forumeur alchimiste‚ 68ans
Posté(e)
Il y a 2 heures, aliochaverkiev a dit :

J'étais déjà en "tension" me disant : je vais me faire insulter, comme d'habitude, quand j'ai vu qu'un intervenant, encore inconnu pour moi, était venu me répondre. Je vous lis, et votre souci n'est pas de m'insulter ! Je suis surpris.

Détente.

Cela ne signifie pas que je vous crois acquis à mes raisonnements, cela signifie :  le jour où vous me contesterez, je sais que ce sera pour des raisons objectives.

 

Toujours à rebrousse poil...

Post très/super HS...mais le fil ayant été fermé...je vous répond ici...je n'ai participé, ni ma famille, d'aucune manière, à la destruction des juifs sous les nazis...

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
aliochaverkiev Membre 1 978 messages
Forumeur alchimiste‚
Posté(e)

Mais à ce point de son raisonnement Bompelli n'a pas encore prouvé que le recours à cette expression : √-1 avait quelque utilité.

Il lui faut encore trouver une racine cubique de u³ c'est-à-dire une racine cubique de

2 – 11√-1 et une racine cubique de v³ c'est-à-dire une racine cubique de 2 + 11√-1.

 

Comment va-t-il s'y prendre ?

Il ne nous donne pas sa méthode.

Mais nous pouvons supposer qu'il a agi ainsi.

 

L'idéal est de trouver une racine cubique u de la forme 2 – A √-1 et une autre v de la forme 2 + A√-1 de telle manière qu' en additionnant u + v nous trouvions 4 (solution que Bompelli a trouvé par ailleurs).

Si nous ne parvenons à rien alors le recours à l'expression √-1 ne servirait à rien.

 

Supposons que u soit de la forme 2 – A√-1, et calculons

Nous trouvons :

u³ = ( 2 – A√-1)³ = 2³ – 3x2²xA√-1 + 3x2x (A√-1)² - (A√-1)³

= 8 – 12x A√-1 – 6A² + A³ x√-1 (en posant √-1² = - 1)

= 8 – 6A² -12x A√-1 + A³ x√-1

Il faut donc, s'il y a une solution, que cette expression soit égale à 2 – 11√-1

Posons 8 – 6A² = 2, alors nous trouvons 6A² = 6 et A² = 1.

En prenant la solution A = 1, nous trouvons alors que :

u = 2 - √-1 ( et u³ est bien égal à 2 – 11-1)

 

En suivant le même raisonnement pour v

nous trouvons :

v = 2 + √-1

 

Maintenant il ne nous reste plus qu'à additionner u et v (puisque nous avons posé

que x était égal à u + v)

 

Nous avons alors :

u + v = (2 - √-1) + (2 + √-1) = 4.

 

Avec cette méthode et en passant par l'expression √-1 nous trouvons par le calcul (et non plus par des tâtonnements) une solution réelle (sans √-1) à l'équation :

x³ – 15x -4.

 

Ainsi par le détour par un nombre impossible il est possible de trouver une solution réelle à une équation du troisième degré (car in fine, les radicaux impossibles de type √-1 s'annulent).

 

Résultat extraordinaire dont l'utilité ne fut pas comprise tout de suite tant les mathématiciens restèrent ébahis par ce résultat. Mais des dizaines d'années plus tard d'autres mathématiciens surent tirer avantage de ces nombres impossibles qu'ils appelèrent imaginaires.

 

Bompelli appela les radicaux négatifs  : des nombres sophistiques.

Il donna ainsi cette audace aux mathématiciens : imaginer l'impossible est désormais possible.

Modifié par aliochaverkiev

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
aliochaverkiev Membre 1 978 messages
Forumeur alchimiste‚
Posté(e)

Descartes, 1596-1650, sera le premier à employer le mot «imaginaire» pour qualifier les racines négatives. Dans son troisième livre de « la géométrie» il écrit : «Au reste tant les vrayes racines que les fausses ne sont pas toujours réelles mais quelquefois seulement imaginaires » [il appelle «fausses» les racines négatives]
 

Abraham de Moivre, 1667-1754, est le premier à rapprocher les nombres imaginaires des fonctions trigonométriques.

 

On lui doit la fameuse relation : (nous remplaçons ici √-1 par i, par commodité d'écriture, même si la notation «i» est arrivée plus tard avec Euler).

 

( cos θ + i sin θ)n = ( cos n θ + i sin n θ )

 

Relation qui fut démontrée de manière rigoureuse par Euler.

 

Pour arriver à cette relation il faut d'abord établir les relations trigonométriques suivantes :

 

cos (a + b) = cos a cos b – sin a sin b

cos (a - b) = cos a cos b + sin a sin b

sin (a + b) = sin a cos b + cos a sin b

sin(a - b) = sin a cos b – cos a sin b

 

Pour établir ces relations il suffit de tracer un demi-cercle de centre O, de rayon 1, le point O étant placé lui-même sur un axe horizontal, puis il faut construire un angle a (à partir de deux demi-droites dont l'une horizontale part de O et l'autre oblique part aussi de O) suivi, en continuité avec l'angle a, par un angle b, puis après établissement des relations trigonométriques dans le triangle et des formules des projections de segments sur l'axe horizontal les relations précédentes sont établies.

 

Ensuite calculons :

( cos θ + i sin θ)²

On trouve ( cos θ + i sin θ)² = cos² θ + 2i cos θ sin θ – sin² θ (puisque i² = -1 )

= cos² θ – sin² θ + 2i cos θ sin θ = cos 2 θ + i sin 2 θ

[ car cos 2 θ = cos (θ + θ) = cos θ cos θ – sin θ sin θ = cos² θ – sin² θ et

sin 2 θ = sin (θ + θ) = sin θ cos θ + cos θ sin θ = 2 cos θ sin θ]

 

Il est possible d'établir ce résultat pour toutes les puissances entières autres que 2.

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
azad2B Membre 2 151 messages
Le prendre au sérieux, nuit gravement à la santé‚
Posté(e)

Ne nous fait pas languir !!!

Tu la sort quand celle que l'on nomme la plus belle des formules de la mathématique  N'attends pas que le vieux grincheux te la souffle sous le nez. Alors, e , Pi , i et 1 tout cela en bien plus beau que le triste (et incomplet) e = mc^2.

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
Répy Membre 9 928 messages
scientifique‚
Posté(e)
Il y a 2 heures, aliochaverkiev a dit :

Descartes, 1596-1650, sera le premier à employer le mot «imaginaire» pour qualifier les racines négatives. Dans son troisième livre de « la géométrie» il écrit : «Au reste tant les vrayes racines que les fausses ne sont pas toujours réelles mais quelquefois seulement imaginaires » [il appelle «fausses» les racines négatives]
 

Abraham de Moivre, 1667-1754, est le premier à rapprocher les nombres imaginaires des fonctions trigonométriques.

 

On lui doit la fameuse relation : (nous remplaçons ici √-1 par i, par commodité d'écriture, même si la notation «i» est arrivée plus tard avec Euler).

 

( cos θ + i sin θ)n = ( cos n θ + i sin n θ )

 

Relation qui fut démontrée de manière rigoureuse par Euler.

 

Pour arriver à cette relation il faut d'abord établir les relations trigonométriques suivantes :

 

cos (a + b) = cos a cos b – sin a sin b

cos (a - b) = cos a cos b + sin a sin b

sin (a + b) = sin a cos b + cos a sin b

sin(a - b) = sin a cos b – cos a sin b

 

Pour établir ces relations il suffit de tracer un demi-cercle de centre O, de rayon 1, le point O étant placé lui-même sur un axe horizontal, puis il faut construire un angle a (à partir de deux demi-droites dont l'une horizontale part de O et l'autre oblique part aussi de O) suivi, en continuité avec l'angle a, par un angle b, puis après établissement des relations trigonométriques dans le triangle et des formules des projections de segments sur l'axe horizontal les relations précédentes sont établies.

 

Ensuite calculons :

( cos θ + i sin θ)²

On trouve ( cos θ + i sin θ)² = cos² θ + 2i cos θ sin θ – sin² θ (puisque i² = -1 )

= cos² θ – sin² θ + 2i cos θ sin θ = cos 2 θ + i sin 2 θ

[ car cos 2 θ = cos (θ + θ) = cos θ cos θ – sin θ sin θ = cos² θ – sin² θ et

sin 2 θ = sin (θ + θ) = sin θ cos θ + cos θ sin θ = 2 cos θ sin θ]

 

Il est possible d'établir ce résultat pour toutes les puissances entières autres que 2.

Descartes n'est pas mon favori !

Les formules d'optique géométrique qui portent son nom, ont d'abord été trouvées par l'anglais Snell.

Par ailleurs l'usage des lettres de fin d'alphabet x,y, z, pour désigner les inconnues en algèbre sont bien l'idée de Descartes mais le premier usage des lettres en algèbre pour remplacer les inconnues, est dû à François Viète (1540-1603). Mais Viète utilisait des lettres majuscules de début d'alphabet A,B,C...et utilisait le latin au lieu du français.

Il a inventé tout un vocabulaire dont un seul mot survivra : "coefficient" !

On lui doit aussi des tables trigonométriques.

Viète rarement cité en France a pourtant été honoré par les astronomes puisqu'un cratère sur la Lune porte son nom. Il a été aussi un grand déchiffreur de Henri 3 et Henri 4 pour décoder les messages que les ultra catholiques échangeaient avec la très catholique Espagne. Jamais l'Espagne ne parviendra à aider l'installation d'un "vrai" roi ultra catholique à la place de Henri 4, ancien protestant et proclamateur de l'Edit de Nantes pour terminer les guerres de religion. 

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
satinvelours Membre 610 messages
Forumeur forcené‚
Posté(e)

Je vais reprendre ici l’histoire des nombres complexes. Euler (1707-1783) confronté à ces nombres étranges, négatifs sous le radical (radicandes négatifs donc) les qualifia d’imaginaires. Il proposa de représenter par la lettre i l’expression √-1.

Cette écriture simplifiée lui permit de trouver une étonnante relation entre les fonctions trigonométriques et les fonctions exponentielles.

cos ɵ + i sin ɵ = e^iɵ

Il recourut pour cela au développement de Taylor amendé en 1742 par les travaux du mathématicien anglais Colin MacLaurin.

Aujourd’hui nous n’avons plus besoin de recourir à ces développements pour établir cette égalité mais Euler ne disposait pas du matériel mathématique dont on dispose aujourd’hui.

Actuellement nous procédons comme il suit.

f(ɵ) = cos ɵ + i sin ɵ
f(ɵ’) = cos ɵ’ + i sin ɵ’

On sait que f(ɵ) x f(ɵ’) = cos ( ɵ + ɵ’) + i sin ( ɵ + ɵ’) = f( ɵ + ɵ’)
[Multiplication des modules ici égaux à 1 et somme des arguments – cours de terminales S]
Cette propriété vérifie celle des exponentielles.

Par ailleurs :

f’ ( ɵ ) = - sin ɵ + i cos ɵ = i (cos ɵ +i sin ɵ ) = i f( ɵ )

Donc f est solution de l’équation différentielle y’ = iy d’où f( ɵ ) = e^iɵ

et cos ɵ + i sin ɵ = e^iɵ

Cette équation est un vrai bijou saluée comme telle par Penrose.

Il reste maintenant à voir comment Euler a procédé pour établir cette égalité.

Partager ce message


Lien à poster
Partager sur d’autres sites
Annonces
Maintenant

Créer un compte ou se connecter pour commenter

Vous devez être membre afin de pouvoir déposer un commentaire

Créer un compte

Créez un compte sur notre communauté. C’est facile !

Créer un nouveau compte

Se connecter

Vous avez déjà un compte ? Connectez-vous ici.

Connectez-vous maintenant

×

Information importante

Ce site internet utilise des cookies pour améliorer l'expérience utilisateur. En naviguant sur ce site vous acceptez que des cookies soient placés sur votre navigateur. Conditions d’utilisation Politique de confidentialité