Trouver des contenus d'apprentissage
Fonctionnalités
Découvrir
Il existe un beau théorème lié à notre étude des nombres complexes, et oui, il porte un nom romantique, comme la plupart des autres théorèmes en mathématiques, connu sous le nom de Théorème de De Moivre. Le théorème, cependant, n'est pas aussi compliqué qu'il en a l'air, mais il est définitivement complexe (jeu de mots). Le théorème de De Moivre servira de passerelle vers une théorie plus avancée des nombres complexes et aidera à résoudre certains problèmes cruciaux en cours de route.
Des millions de fiches spécialement conçues pour étudier facilement
Inscris-toi gratuitementEn quoi consiste le théorème de De Moivre ?
Le théorème de Moivre est-il valable pour les puissances négatives d'un nombre complexe ?
Pour laquelle des puissances suivantes d'un nombre complexe, le théorème de Moivre s'effondre-t-il ?
Quelle méthode est utilisée pour prouver le théorème de Moivre ?
L'argument principal d'un nombre complexe est \(\theta\). Quel sera l'argument d'un complexe élevé à une puissance entière \(k\) ?
En quoi consiste le théorème de De Moivre ?
Le théorème de Moivre est-il valable pour les puissances négatives d'un nombre complexe ?
Pour laquelle des puissances suivantes d'un nombre complexe, le théorème de Moivre s'effondre-t-il ?
Quelle méthode est utilisée pour prouver le théorème de Moivre ?
L'argument principal d'un nombre complexe est \(\theta\). Quel sera l'argument d'un complexe élevé à une puissance entière \(k\) ?
Achieve better grades quicker with Premium
Geld-zurück-Garantie, wenn du durch die Prüfung fällst
Review generated flashcards
Commence à apprendre ou crée tes propres flashcards d'IA
Équipe enseignants Théorème de Moivre
Supposons que tu disposes d'un nombre complexe \(z=1+2i\), et qu'on te demande de calculer le carré de ce nombre complexe : \(z^2=(1+2i)^2\).
Eh bien, c'est assez facile :
$$ \begin{aligned} z^2 & =(1+2i)(1+2i) \\\N &=1+2i+2i-4 \N z^2 &=-3+4i \Nend{aligned}$$$.
Mais les choses deviennent fastidieuses au fur et à mesure que tu avances, et si on te demandait de calculer des puissances supérieures, comme \(z^4, \ z^5,...\) et ainsi de suite. L'expansion binomiale peut être utilisée efficacement, mais elle devient peu pratique lorsque les puissances deviennent de plus en plus grandes.
Pour de telles puissances, il existe un théorème très élégant qui permet d'obtenir une formule concise pour toute puissance entière d'un nombre complexe :
Lethéorème de De Mo ivre (également connu sous le nom d'identité de De Moivre) porte le nom du mathématicien français Abraham de Moivre, bien que le théorème ne soit jamais apparu dans aucun de ses ouvrages.
L'énoncé du théorème est le suivant :
Pour un nombre complexe \(z=r(\cos x +i\sin x)\), \(r\) étant le module du nombre complexe et pour un certain entier \(n\), élevant \(z\) à la puissance de \(n\), nous obtenons :
$$z^n=r^n(\cos {nx}+i \sin {nx})$$.
C'est une formule puissante en soi puisque pour élever la puissance d'un nombre complexe à un entier, il suffit de multiplier l'argument du complexe par l'entier auquel le nombre complexe est élevé.
La formule du théorème de De Moivre peut s'écrire comme suit :
$$z^n=(r(\cos x+i \sin x))^n=r^n(\cos{nx}+i\sin{nx})$$$.
Pour prouver la formule de De Moivre, il te suffit d'utiliser la méthode de la"preuve par induction mathématique" :
Soit \(z=r(\cos x+i\sin x)\), et \(n \ dans \mathbb{N}\) :
Soit \N(P(n)\Nl'énoncé selon lequel \N(z^n=r^n(\Ncos{nx}+i\sin{nx})\N).
Procédez en prouvant \N(P(1)\N) :
$$ \begin{aligned} &\text{LHS}=z \\\N & \text{RHS}=r(\cos x+i \sin x) \end{aligned}$$$.
Ainsi, \(z=r(\cos x+i \sin x)\) (oui, c'est aussi trivial que ça en a l'air), ce qui rend \(P(1)\) vrai.
Supposons maintenant que \N(P(k)\Nest vrai pour \N(\Npour tout k \Ndans \Nmathbb{N}\N). Tu as donc \N(z^k=r^k(\cos{kx}+i\sin{kx})\N).
Le but est de prouver l'énoncé \N(P(k+1)\Nà l'aide du fait que \N(P(k)\Nest vrai :
$$z^{k+1}=r^{k+1}(\cos{(k+1)x}+i\sin{(k+1)x})$$
En commençant par \(\text{LHS}\) :
$$\begin{aligned} \text{LHS} &=z^{k+1} \\N- &=z^k\N z \N- &=r^k(\cos x +i\sin x)^k\N r(\cos x+i\sin x) \N- end{aligned}$$$.
En utilisant l'énoncé de \(P(k)\) :
$$z^k=r^k(\cos x +i\sin x)^k=r^k(\cos{kx}+i\sin{kx})$$.
En substituant ceci dans \(\text{LHS}\) :
$$\begin{aligned} \text{LHS}&=r^{k+1}(\cos{kx}+i\sin{kx}) \ (\cos x+i\sin x) \\N- &=r^{k+1}(\cos x\cos{kx} +i\cos{kx} \sin x +i\cos x \sin{kx} -\sin x \sin{kx}) \N- \N- Donc \N- \text{LHS} &=r^{k+1}((\cos x \cos{kx} - \sin x \sin{kx})+i(\sin x \cos{kx} +\cos x \sin{kx}) ) \end{aligned}$$.
Il ne te reste plus qu'à reconnaître la solution en te rappelant les identités trigonométriques des fonctions sinus et cosinus :
$$\begin{aligned} &\cos{(a+b)}=\cos a \cos b -\sin a \sin b \ &\sin{(a+b)}=\sin a \cos b+\cos a \sin b \end{aligned}$$$.
En substituant ces formules dans \(\text{LHS}\) :
$$\begin{aligned} \text{LHS} &=r^{k+1} (\cos{(k+1)x}+i\sin{(k+1)x}) \\N- &=\text{RHS} \\ \therefore \ \text{LHS} &=\text{RHS}\end{aligned}$$
ce qui est ce qu'on t'a demandé de prouver.
Par conséquent, en supposant que \(P(k)\) est vrai, cela implique que \(P(k+1)\) est vrai. Ainsi, en vertu du principe d'induction mathématique, \N(P(n)\Nest vrai \N(pour tout n \Ndans \Nmathbb{N}\N).
Pour tous les entiers négatifs, le théorème doit encore être prouvé. Pour cela, utilise le résultat que tu as prouvé pour les entiers positifs \N(n\N) :
$$z^n=r^n(\cos{nx}+i\sin{nx})$$
En remplaçant \N(n\N) par \N(-n\N) :
$$\begin{aligned} z^{-n} &=r^{-n}(\cos (n x)+i \sin (n x))^{-1} \\N &=r^{-n}\frac{1}{\cos (nx)+i \sin (n x)} \cdot\left(\frac{\cos (n x)-i \sin( n x)}{\cos (n x)+i \sin (nx)}\right) \N &=r^{-n}\frac{\cos(n x)-i \sin (n x)}{\cos^2 (nx)+\sin^2 (nx)} \\N- &=r^{-n} \frac{\cos (-n x)+i(\sin (-n x))}{1} \N- \N- Par conséquent, z^{-n} & = r^{-n}(\Ncos(-n x)+i \Nsin (-n x)). \N-END{aligned}}$$
qui prouve le théorème pour tous les entiers négatifs \(n\)
Note que le théorème de De Moivre n'est pas valable pour les valeurs rationnelles de \(n\).
Supposons qu'on te demande de résoudre l'équation cubique \(x^3-1=0\), quelle serait ta réponse ? Ce serait certainement \(x=1\), ce qui est correct, mais la réponse est incomplète. \(x=1\) est la racine réelle de cette équation cubique, mais qu'en est-il des autres racines ? Le degré du polynôme est \(3\) ; il devrait donc avoir trois racines au total.
C'est ici que les méthodes que tu as apprises au lycée prennent fin (en quelque sorte). Il s'avère que les autres racines de cette équation ne sont pas réelles, mais complexes.
Essayons de résoudre ce problème de manière générale, puis revenons à la recherche de la racine cubique de \(1\). En général, nous essayons de résoudre l'équation \(x^n=a+ib\) où \(n \ dans \mathbb{N}\). En écrivant \(a+ib\) sous forme polaire, nous obtenons :
$$a+ib=s(\cos \alpha +i\sin \alpha) $$
où \(s\) est la magnitude de \(a+ib\) et \(\alpha\) en est l'argument principal.
Maintenant, l'équivalent de \N(x^n\N), mais tout d'abord, laissez \N(x=r(\Ncos \Ntheta +i\Nsin \Ntheta)\N), de sorte que nous ayons des formes polaires des deux côtés :
$$\begin{aligned} &x^n = s(\cos \alpha +i\sin \alpha) \\N \n donc \N &(r(\cos \theta +i\sin \theta)^n = s(\cos \alpha +i\sin \alpha)\n-end{aligned}$$$.
C'est ici que tu utilises le théorème de De Moivre sur le côté gauche :
$$ r^n(\cos {n\theta} +i \sin{n\theta}) = s(\cos \alpha +i\sin \alpha)$$.
Remarquez que \(s\N) et \N(\Nalpha\N) sont connus, puisque \N(a+ib\N) est connu. Ainsi, \(r\) et \(\theta\) peuvent être calculés en comparant les coefficients des deux côtés comme suit :
$$ r=s^{1/n} \N- \N- \N- \Ntext{and} \ \ \ \theta=\frac{\alpha}{n}$$.
Rappelons maintenant une propriété importante de la trigonométrie, à savoir que les fonctions sinus et cosinus sont périodiques, c'est-à-dire \(\sin \theta =\sin{2\pi k+\theta}\) et \(\cos \theta = \cos{2 \pi k +\theta}\). Par conséquent, dans ce cas, \(\theta= \displaystyle \frac{\alpha +2 \pi k}{n}\N).
Par conséquent, tu as \( r=s^{1/n}\) et \(\theta= \displaystyle \frac{\alpha +2 \pi k }{n}\), où \(k \in {1, \2, \3, ... , \n-1}\).
Revenons à la recherche des racines cubiques de \N(1\N).
Trouve la racine cubique de \(1\).
Solution:
Soit \(x^3=1\) où l'on te demande de trouver les valeurs de \(x\). Une racine peut être observée immédiatement, c'est \N(x=1\N).
Ecris \(1\) sous forme polaire :
$$1=1+0i=s(\cos \alpha +i\sin \alpha)$$$.
En comparant la partie réelle et la partie imaginaire, on obtient \(s=1\), \(\cos \alpha=1\) et \(\sin \alpha=0\) ce qui donne \(\alpha=0\).
Soit la racine \N(x=r(\cos \theta+i \sin \theta)\N) de sorte que,
$$r=s^{1/n}=1 \N-text{et} \ \ \theta=\frac{\alpha +2 \pi k}{n}=\frac{2 \pi k}{3}$$.
Ainsi, tu obtiens l'ensemble des solutions comme suit :
$$x=\cos \left( {\frac{2 \pi k}{3} \right) +i \sin \left( {\frac{2 \pi k}{3} \right) $$
Il ne reste plus qu'à substituer \(k=0, \ 1, \ 2\) pour avoir les différentes racines.
Pour \(k=0\), \(x_1=1\), sans surprise, puisque c'était la plus évidente.
Pour \(k=1\),
$$ \begin{aligned} x_2 & =\cos \left( \frac{2 \pi}{3} \right)+i\sin \left( \frac{2 \pi}{3} \right) \N & = -\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2} \N- \Ndonc \N x_2 & =\Nfrac{-1+i\sqrt{3}}{2} \N-END{aligned}}$$
Pour \(k=2\),
$$ \begin{aligned} x_3 & =\cos \left( \frac{4 \pi}{3} \right) + i \sin \left( \frac{4 \pi}{3} \right) \n & = -\frac{1}{2}+i\frac{-\sqrt{3}}{2} \N- \Ndonc \N x_3 & =\Nfrac{-1-i\sqrt{3}}{2} \N-END{aligned}}$$
Ainsi, les racines cubiques de \(1\) sont \(1, \displaystyle \frac{-1+i\sqrt{3}}{2}, \frac{-1-i\sqrt{3}}{2}\).
Essaie de penser à une sorte d'application du théorème de De Moivre, rien qu'en le regardant. Notons l'identité pour cela :
$$z^n=r^n(\cos x+i\sin x)^n=r^n(\cos{nx}+i\sin{nx})$$.
où \(z=r(\cos x+i\sin x)\). L'identité développe essentiellement le nombre complexe pour donner une forme plus simple, ce qui est en fait l'application la plus importante du théorème de De Moivre: développer les puissances entières d'un nombre complexe.
Un nombre complexe peut être exprimé sous l'une des deux formes suivantes : \(z=a+ib\) et \(z=r(\cos x+i\sin x)\).
Cette dernière forme est facile à utiliser ; applique directement l'identité de De Moivre.
Pour ce qui est de la première forme, il faut la convertir en forme polaire, sur laquelle on peut ensuite utiliser l'identité. Jetons un coup d'œil à quelques exemples où cette méthode est utilisée.
Trouve la valeur de \((\sin \left( \frac{\pi}{6} \right) + i \cos \left( \frac{\pi}{6} \right))^{18}\).
Solution :
Remarque que le nombre complexe est de la forme \( \sin x+i \cos x\) et non \(\cos x+i \sin x\), tu dois donc le convertir :
$$\begin{aligned} \left(\sin \frac{\pi}{6}+i \cos \frac{\pi}{6}\right)^{18} &=\left(i\left(\cos \frac{\pi}{6}-i \sin \frac{\pi}{6}\right)\right)^{18} \\N- &=i^{18}\Nà gauche(\Ncos \Nfrac{\Npi}{6}-i \Nsin \Nfrac{\Npi}{6}\Nà droite)^{18} \Nend{aligned}$$
Tu peux maintenant appliquer l'identité de Moivre en toute sécurité :
$$\begin{aligned} \left(\sin \frac{\pi}{6}+i \cos \frac{\pi}{6}\right)^{18} &=(-1)(\cos 3 \pi-i \sin 3 \pi) \e &=-(-1-0 i) \e &=1+0i \N- \Ndonc \Nà gauche (\Nsin \Nfrac{\pi}{6}+i \Ncos \Nfrac{\pi}{6}\Nà droite)^{18} &=1 \Nend{aligned}$$.
Comment écrirais-tu \(\sin 3\theta\) en termes de \(\sin \theta\) et \(\cos \theta\) ? Tu exploreras une technique impliquant le théorème binomial et le théorème de Moivre qui répondra à cette question. En général, tu apprendras comment écrire \(\sin n\theta\) et \( \cos n\theta\) en termes de \(\sin \theta\) et \(\cos \theta\).
Rappelle-toi que le théorème binomial dit que pour un polynôme, \((a+b)^n\) est développé comme :
$$(a+b)^n=a^n + {n \choose 1} a^{n-1}b+ {n \choose 2} a^{n-2}b^2+...+b^n$$$.
où \( \displaystyle {n \choose r} = \frac{n!}{r ! \N(n-r)!} \).
En utilisant cela, tu peux développer \((\cos \theta +i \sin \theta)^n\) pour obtenir :
$$ \begin{aligned} (\cos \theta +i \sin \theta)^n &= \cos^n \theta+i{n \choose 1} \cos^{n-1} \theta \sin \theta+i^2{n \choose 2} \cos^{n-2} \theta \sin^2 \theta + \ .... \N- +i^n \sin^n \Ntheta \N & = \Ngauche( \Ncos^n \Ntheta -{n \Nchoisir 2} \Ncos^{n-2} \Ntheta \Nsin^2 \Ntheta +{n \Nchoisir 4}) \cos^{n-4} \theta \sin^4 \theta + \ ... \N-right) \N- & \N- \N- \N- \N- \N- \N- +i\Nleft( {n \N- \Nchoisir 1}) \cos^{n-1} \theta \sin \theta - {n \choose 3} \cos^{n-3} \theta \sin^3 \theta+ \ ...\right) \end{aligned} $$
En comparant la partie réelle des deux côtés :
$$ \cos n\theta =\cos^n \theta -{n \choose 2} \cos^{n-2} \theta \sin^2 \theta +{n \choose 4} \cos^{n-4} \theta \sin^4 \theta + \ ...$$
Et maintenant, compare la partie imaginaire :
$$\sin n\theta = {n \choose 1} \cos^{n-1} \theta \sin \theta - {n \choose 3} \cos^{n-3} \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- ...$$
Tu disposes ainsi d'une formule permettant d'écrire les formules à angles multiples des fonctions sinus et cosinus.
Si \(z=(\cos \theta+i \sin \theta)\), montre que \(z^n+\frac{1}{z^n}=2 \cos n \theta\) et
\(z^n-\frac{1}{z^n}=2 i \sin n \theta\), où \(n \in \mathbb{Z}\)
Solution :
Soit \(z=(\cos \theta+i \sin \theta)\), en prenant la puissance \(n^{\text {th }}\) :
$$z^n=\cos n \theta+i \sin \theta$$$.
En remplaçant \N(n\N) par \N(-n\N) :
$$ \begin{aligned} z^{-n} &=\cos(-n \theta)+i \sin (-n \theta) \\\N\Ndonc \frac{1}{z^n} &=\cos n \theta-i \sin n \theta \n-end{aligned}$$Ajout de \(z^n\N) et \(\frac{1}{z^n}\N) :$$ \begin{aligned} z^n+\frac{1}{z^n} &=\cos n \theta+i \sin \theta+\cos n \theta-i \sin n \theta \\concernant \ z^n+\frac{1}{z^n}&=2 \cos n \theta \end{aligned}$$$.
La première identité a donc été prouvée.
En soustrayant \(1 / z^n\) de \(z^n\) :
$$\begin{aligned} z^n-\frac{1}{z^n} &=\cos n \theta+i \sin n \theta-\cos n \theta+i \sin n \theta \ \n-\n-\frac{1}{z^n}&=2 i \sin n \theta \end{aligned}$$$.
Ainsi, la deuxième identité a également été prouvée.
Développe le nombre complexe \((1-\sqrt{3} i)^5\) en utilisant l'identité de De Moivre.
Solution :
Comme le nombre complexe n'est pas sous forme polaire, nous devons d'abord le convertir. Pour ce faire, nous devons calculer son module, soit \(z=1-i \sqrt{3}\) :
$$\begin{aligned} r &=\sqrt{a^2+b^2} \\N-&=\sqrt{1+3} \\N- \Ndonc \N r &=2 \Nend{aligned}$$$.
Pour l'argument de ce nombre complexe :
$$\begin{aligned} \theta &=\tan ^{-1}\left(\frac{b}{a}\rect) \N&=\tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{1}\rect) \N\concernant \theta &=\pi / 3 \n{aligned}$$$.
Mais attention, ce n'est pas l'argument. Remarque que le nombre complexe se trouve dans le quatrième quadrant, donc :
$$\begin{aligned}\concernant \phi &=2 \pi-\theta \\&=2 \pi-\frac{\pi}{3} \N-\N- Donc \N- \N- \Nphi &=\Nfrac{5 \Npi}{3} \N-END{aligned}}$$
ce qui est l'argument correct du nombre complexe.
Maintenant, la forme polaire peut être écrite comme suit :
$$\begin{aligned} z &=r(\cos \phi+i \sin \phi) \\&=2\left(\cos \frac{5 \pi}{3}+i \sin \frac{5 \pi}{3}\right) \end{aligned}$$$.
Tu as maintenant la forme sur laquelle tu peux appliquer l'identité de De Moivre :
$$\begin{aligned} z^5 &=2^5\left(\cos \frac{5 \pi}{3}+i \sin \frac{5 \pi}{3}\right)^5 \\&=32\La gauche(\cos \frac{25 \pi}{3}+i \sin \frac{25 \pi}{3}\règle) \N\Ndonc \N z^5 &=32\Nla gauche(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} i\règle) \N&=16+16 \sqrt{3} i \Nend{aligned}$$$$.
Ainsi, \N((1-i \sqrt{3})^5=16+16 \sqrt{3} i\N).
Inscris-toi gratuitement pour accéder à toutes nos fiches.
At StudySmarter, we have created a learning platform that serves millions of students. Meet the people who work hard to deliver fact based content as well as making sure it is verified.
Lily Hulatt is a Digital Content Specialist with over three years of experience in content strategy and curriculum design. She gained her PhD in English Literature from Durham University in 2022, taught in Durham University’s English Studies Department, and has contributed to a number of publications. Lily specialises in English Literature, English Language, History, and Philosophy.
Get to know Lily
Gabriel Freitas is an AI Engineer with a solid experience in software development, machine learning algorithms, and generative AI, including large language models’ (LLMs) applications. Graduated in Electrical Engineering at the University of São Paulo, he is currently pursuing an MSc in Computer Engineering at the University of Campinas, specializing in machine learning topics. Gabriel has a strong background in software engineering and has worked on projects involving computer vision, embedded AI, and LLM applications.
Get to know Gabriel
Resumes 
Flashcards 
StudySmarter IA 
Notes de cours 
Planning de révision 
Dossiers 
Examens 
Magazine 
Faire carrière 
App mobile