Démonstrations
En écrivant le
complexe
d'
argument
\( 2\alpha\) sous sa
forme complexe exponentielle
, on a :
$$ e^{i2\alpha} = (e^{i\alpha})^2 = (\cos(\alpha) + i.\sin(\alpha))^2 $$
$$ e^{i2\alpha} = \Bigl[\cos(\alpha) + i.\sin(\alpha) \Bigr] \Bigl[\cos(\alpha) + i.\sin(\alpha) \Bigr] $$
On développe l'expression :
$$ e^{i2\alpha} = \cos^2(\alpha) + 2 i.\sin(\alpha)\cos(\alpha) - \sin^2(\alpha) $$
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = \enspace \underbrace{\cos^2(\alpha) - \sin^2(\alpha)} _\text{partie réelle} \enspace + \enspace i.\underbrace{2
\sin(\alpha)\cos(\alpha) } _\text{partie imaginaire} $$
On identifie alors les parties réelle et imaginaire du
complexe
\(e^{2i\alpha} \) :
$$ \mathcal{Re}\left(e^{2i\alpha}\right) = \cos^2(\alpha) - \sin^2(\alpha) $$
$$\mathcal{Im}\left(e^{2i\alpha}\right) = 2sin(\alpha)\cos(\alpha) $$
Or, on sait que :
$$ \mathcal{Re}\left(e^{2i\alpha}\right) = \cos(2\alpha) $$
$$ \mathcal{Im}\left(e^{2i\alpha}\right) = \sin(2\alpha) $$
Soit finalement,
$$ \forall \alpha \in \mathbb{R}, $$
En utilisant la formule \( \cos^2(\alpha) + \sin^2(\alpha) = 1 \), on peut retrouver ces deux autres formules.
$$ \forall \alpha \in \mathbb{R}, $$
Nous savons par définition de la tangente que :
$$ \tan(2\alpha) = \frac{\sin(2\alpha) }{\cos(2\alpha) }$$
-
Expression de \( \sin(2 \alpha) = f(\tan( \alpha)) \)
Mais,
$$ \sin(2\alpha) = 2 \sin(\alpha) \cos(\alpha)$$
$$ \sin(2\alpha) = \frac{2 \sin(\alpha) \cos^2(\alpha)}{\cos(\alpha)}$$
Or, car c'est aussi
la dérivée de \( \tan(x) \)
, qui vaut :
$$ \tan(x)' = 1 + \tan^2(\alpha) = \frac{1}{\cos^2(\alpha)}$$
Et,
$$ \cos^2(\alpha) = \frac{1}{1 + \tan^2(\alpha)}$$
On a alors,
$$ \sin(2\alpha) = \frac{2 \sin(\alpha)}{\cos(\alpha) (1 + \tan^2(\alpha)) }$$
$$ \forall \alpha \in \mathbb{R}, $$
$$ \sin(2\alpha) = \frac{2 \tan(\alpha)}{ 1 + \tan^2(\alpha) }$$
-
Expression de \( \cos(2 \alpha) = f(\tan( \alpha)) \)
De même,
$$ \cos(2\alpha) = \cos^2(\alpha) - \sin^2(\alpha)$$
$$ \cos(2\alpha) = \frac{1}{1 + \tan^2(\alpha)} - \sin^2(\alpha)$$
$$ \cos(2\alpha) = \frac{1}{1 + \tan^2(\alpha)} - \tan^2(\alpha)\cos^2(\alpha)$$
$$ \forall \alpha \in \mathbb{R}, $$
$$ \cos(2\alpha) = \frac{1 - \tan^2(\alpha)}{1 + \tan^2(\alpha)} $$
-
Expression de \( \tan(2 \alpha) \)
Enfin,
$$ \tan(2\alpha) = \frac{\sin(2\alpha) }{\cos(2\alpha) }$$
$$ \tan(2\alpha) = \frac{2 \tan(\alpha)}{ 1 + \tan^2(\alpha) } . \frac{1 + \tan^2(\alpha)}{ 1 - \tan^2(\alpha) }$$
$$ \tan(2\alpha) = \frac{2 \tan(\alpha)}{1 - \tan^2(\alpha)} $$
Soit finalement,
$$ \forall k \in \mathbb{Z}, \enspace \forall \alpha \in \Biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \left \{\frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2} \right \}
\Biggr], $$
$$ \tan(2\alpha) = \frac{2tan(\alpha)}{1 -\tan^2(\alpha)} $$
En écrivant le
complexe
d'
argument
\( (\alpha + \beta)\) sous sa
forme complexe exponentielle
, on a :
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = \cos(\alpha + \beta) + i.\sin(\alpha + \beta) $$
Mais, en factorisant la puissance, on a :
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = e^{i\alpha + i\beta } $$
Et,
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = e^{i\alpha} . e^{i\beta} \qquad (2) $$
On réécrit la formule \( (2) \) sous forme trigonométrique :
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = (\cos(\alpha) + i.\sin(\alpha)) (\cos(\beta) + i.\sin(\beta)) $$
Et on développe l'expression :
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = \cos(\alpha)\cos(\beta) + i.\cos(\alpha)\sin(\beta) + i.\sin(\alpha)\cos(\beta) - \sin(\alpha)\sin(\beta) $$
$$ e^{i(\alpha + \beta)} = \enspace \underbrace{\cos(\alpha)\cos(\beta)- \sin(\alpha)\sin(\beta)} _\text{partie réelle} \enspace + \enspace
i.\underbrace{\bigl[\cos(\alpha)\sin(\beta) + \sin(\alpha)\cos(\beta)\bigr]} _\text{partie imaginaire} $$
On identifie alors les parties réelle et imaginaire du
complexe
\(e^{i(\alpha + \beta)} \) :
$$ \mathcal{Re}\left[e^{i(\alpha + \beta)}\right] = \cos(\alpha)\cos(\beta)- \sin(\alpha)\sin(\beta)$$
$$\mathcal{Im}\left[e^{i(\alpha + \beta)}\right] = \cos(\alpha)\sin(\beta) + \sin(\alpha)\cos(\beta)$$
Or, on sait que :
$$ \Biggl \{ \begin{gather*} \mathcal{Re}\left[e^{i(\alpha + \beta)}\right] = \cos(\alpha + \beta) \\ \mathcal{Im}\left[e^{i(\alpha + \beta)}\right]
= \sin(\alpha + \beta) \end{gather*} $$
Soit finalement,
$$ \forall (\alpha, \beta) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2, $$
Par la même technique, il est possible de retrouver les deux autres formules :
$$ \forall (\alpha, \beta) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2, $$
$$ \tan(\alpha + \beta ) = \frac{\sin(\alpha + \beta )}{\cos(\alpha + \beta )}$$
Avec
les formules d'additions trigonométriques des fonctions sinus et cosinus
, on a :
$$ \tan(\alpha + \beta ) = \frac{\sin(\alpha) \cos(\beta) + \sin(\beta) \cos(\alpha)}{\cos(\alpha) \cos(\beta) - \sin(\alpha) \sin(\beta)}$$
On multiplie les numérateur et dénominateur par \(\cos(\alpha) \cos(\beta)\) :
$$ \tan(\alpha + \beta ) = \frac{\sin(\alpha) \cos(\beta) + \sin(\beta)\cos(\alpha) }{\cos(\alpha) \cos(\beta)} . \frac{\cos(\alpha)
\cos(\beta)}{\cos(\alpha) \cos(\beta) - \sin(\alpha) \sin(\beta)}$$
$$ \tan(\alpha + \beta ) = (\tan(\alpha) + \tan(\beta)). \frac{1}{ \frac{\cos(\alpha) \cos(\beta) - \sin(\alpha) \sin(\beta)}{\cos(\alpha)
\cos(\beta)}}$$
$$ \tan(\alpha + \beta ) = (\tan(\alpha) + \tan(\beta)). \frac{1}{ 1 - \tan(\alpha)\tan(\beta) }$$
Et finalement,
$$\forall k \in \mathbb{Z}, \enspace \forall (\alpha, \beta) \in \biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \left \{ \frac{\pi}{2} + k\pi \right \}
\biggr]^2, \enspace \forall m \in \mathbb{Z}, \Bigl[(\alpha + \beta) \neq \pi + 2m\pi \Bigr],$$
$$ \tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan(\alpha) + \tan(\beta)}{ 1 - \tan(\alpha)\tan(\beta) }$$
On peut aussi remarquer qu'il y juste un changement de signe de \( \sin( \alpha + \beta) \) à \( \sin( \alpha - \beta) \), idem pour le passage de \(
\cos( \alpha + \beta) \) et \( \cos( \alpha - \beta) \).
Alors, on retrouve facilement ce même changement de signe de \( \tan( \alpha + \beta) \) à \( \tan( \alpha - \beta) \) :
$$\forall k \in \mathbb{Z}, \enspace \forall (\alpha, \beta) \in \biggl[ \mathbb{R} \hspace{0.2em} \backslash \left \{ \frac{\pi}{2} + k\pi \right \}
\biggr]^2, \enspace \forall m \in \mathbb{Z}, \Bigl[(\alpha - \beta) \neq \pi + 2m\pi \Bigr],$$
$$ \tan(\alpha - \beta) = \frac{\tan(\alpha) - \tan(\beta)}{ 1 + \tan(\alpha)\tan(\beta) }$$
Il s'agit de trouver une expression pour le couple :
$$ \Biggl \{ \begin{gather*} \cos(nx) \\ \sin(nx) \end{gather*} $$
en déterminant respectivement les parties réelles et imaginaires du
complexe
\(e^{inx}\).
En écrivant le
complexe
d'
argument
\( nx\) sous sa
forme complexe exponentielle
, on a :
$$ e^{i(nx)} = \hspace{0.1em} \underbrace { \cos(nx) } _\text { \(\mathcal{Re}(e^{i(nx)} ) \) } \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} i. \underbrace {
\sin(nx) } _\text {\(\mathcal{Im}(e^{i(nx)} ) \)} = (e^{ix})^n \qquad (1) $$
Or,
$$ (e^{ix})^n = \Bigl[\cos(x) + i.\sin(x)\Bigr]^n $$
Alors, on peut appliquer
le binôme de Newton
qui dit que :
$$\forall n \in \mathbb{N}, \enspace \forall (a, b) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2,$$
$$ (a + b)^n = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} a^{n-p}b^p \qquad (Newton ) $$
Soit ici,
$$ (e^{ix})^n = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} \cos^{n-p}(x) \ i^p.\sin^p(x) $$
$$ (e^{ix})^n = \cos^n(x) + i \binom{n}{1}\cos^{n-1}(x) \ \sin(x) - \binom{n}{2}\cos^{n-2}(x)\sin^2(x) -i\binom{n}{3}\cos^{n-3}(x) \ \sin^3(x) +
\binom{n}{4}\cos^{n-4}(x) \ \sin^4(x) + \hspace{0.1em} ...$$
$$ \hspace{2em} ... \hspace{0.1em} + \binom{n}{n-3}\cos^3(x) \ i^{n-3}.\sin^{n-3}(x) + \binom{n}{n-2}\cos^2(x) \ i^{n-2}.\sin^{n-2}(x) +
\binom{n}{n-1}\cos(x) \ i^{n-1}.\sin^{n-1}(x) + i^n \ \sin^n(x) $$
Il est impossible de supposer le signe des termes en partant de la fin, car les termes en \(i^n\) dépendent tous de \(n\).
En revanche, en partant du début, on constate une alternance de termes de type pairs et impairs (de part leur
puissance
et le terme de leur
binôme
) correspondant respectivement aux fonction \(\cos(x)\) et \(\sin(x)\). D'ailleurs, on remarque aussi une alternance de signes \((+)\) et \((-)\).
$$ (e^{ix})^n = \cos^n(x) + i \binom{n}{1}\cos^{n-1}(x) \ \sin(x) - \binom{n}{2}\cos^{n-2}(x)\sin^2(x) -i\binom{n}{3}\cos^{n-3}(x) \ \sin^3(x) +
\hspace{0.1em} ...$$
$$ \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \binom{n}{4}\cos^{n-4}(x) \ \sin^4(x) + i\binom{n}{5}\cos^{n-5}(x) \ \sin^5(x)
-i\binom{n}{6}\cos^{n-6}(x) \ \sin^6(x) + \binom{n}{7}\cos^{n-7}(x) \ \sin^7(x) + \hspace{0.1em} ... $$
En mettant un peu d'ordre dans tout çà, on identifie respectivement les parties réelles et imaginaires de \((e^{ix})^n\).
$$ (e^{ix})^n = \hspace{0.2em} \underbrace { \cos^n(x) - \binom{n}{2}\cos^{n-2}(x)\sin^2(x) + \binom{n}{4}\cos^{n-4}(x) \ \sin^4(x) -
\binom{n}{6}\cos^{n-6}(x) \ \sin^6(x) + \hspace{0.1em} ... } _\text {partie réelle}$$
$$ \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em} + i \underbrace { \Biggl[ \binom{n}{1}\cos^{n-1}(x) \ \sin(x) - \binom{n}{3}\cos^{n-3}(x) \ \sin^3(x) +
\binom{n}{5}\cos^{n-5}(x) \ \sin^5(x) - \hspace{0.1em} ... \Biggr] } _\text {partie imaginaire} $$
Soit,
$$ (e^{ix})^n = \hspace{0.2em} \underbrace { \sum_{k =0}^{n / 2} (-1)^k \ \binom{n}{2k} \ \cos^{n-2k}(x) \times \sin^{2k}(x) } _\text {partie réelle}
\hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} i. \underbrace { \Biggl[\sum_{k =0}^{n / 2} (-1)^k \ \binom{n}{2k +1} \ \cos^{n-(2k+1)}(x) \times \sin^{2k+1}(x)
\Biggr] } _\text {partie imaginaire} $$
Or, a vu plus haut avec l'expression \((1)\) que :
$$ \Biggl \{ \begin{gather*} \mathcal{Re}\Bigl[(e^{ix})^n \Bigr] = \cos(nx) \\ \mathcal{Im}\Bigl[(e^{ix})^n \Bigr] = \sin(nx) \end{gather*} $$
Soit finalement,
$$ \forall n \in \mathbb{N}, \ \forall x \in \mathbb{R}, $$
-
Exemple
Le calcul de \( \cos(nx)\) pour \( n = 3 \) :
$$ \cos(3x) = \sum_{k =0}^{3} (-1)^k \ \binom{3}{2k} \ \cos^{3-2k}(x) \ \sin^{2k}(x)$$
$$ \cos(3x) = \binom{3}{0}\cos^3(x) - \binom{3}{2}\cos(x)\sin^2(x) $$
$$ \cos(3x) = \cos^3(x) - 3cos(x)\sin^2(x) $$
De plus, avec les formules \( (3) \) et \( (4) \) suivantes :
$$ \Biggl \{ \begin{gather*} \sin(\alpha + \beta) = \sin(\alpha) \cos(\beta) + \sin(\beta) \cos(\alpha) \qquad (3) \\ \sin(\alpha - \beta) =
\sin(\alpha) \cos(\beta) - \sin(\beta) \cos(\alpha) \qquad (4) \end{gather*} $$
En effectuant l'opération \( (3) + (4) \), on obtient :
$$ 2 \sin(\alpha) \cos(\beta) = \sin(\alpha + \beta) + \sin(\alpha - \beta) $$
En effectuant l'opération \( (3) - (4) \), on obtient :
$$ 2 \cos(\alpha) \sin(\beta) = \sin(\alpha + \beta) - \sin(\alpha - \beta) $$
En refaisant la même opération à partir des formules de cosinus, on obtient facilement les deux autres :
$$ \forall (\alpha, \beta) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2, $$
Maintenant, en posant :
$$ \Biggl \{ \begin{gather*} p = \alpha + \beta \\ q = \alpha - \beta \end{gather*} $$
On a :
$$ \forall (p, q) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2, $$
$$ \sin(p ) + \sin(q) = 2 \sin\left(\frac{p+q}{2}\right) \cos\left(\frac{p-q}{2}\right) $$
En suivant la même logique pour les trois autres cas, on retrouve les trois autres formules :
$$ \forall (p, q) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2, $$
Enfin, toujours avec les formules d'addition des sinus et cosinus :
$$ \tan(p ) + \tan(q) = \frac{\sin(p)}{\cos(p)} + \frac{\sin(q)}{\cos(q)} $$
$$ \tan(p ) + \tan(q) = \frac{\sin(p)}{\cos(p)}\textcolor{rgb(85, 109, 229)}{\times \frac{\sin(q)}{\cos(q)}} + \frac{\sin(q)}{\cos(q)}
\textcolor{rgb(85, 109, 229)}{\times\frac{\sin(p)}{\cos(p)}} $$
$$ \tan(p ) + \tan(q) = \frac{\sin(p)\cos(q) + \sin(q)\cos(p)}{\cos(p)\cos(q)} $$
$$ \tan(p ) + \tan(q) = \frac{\sin(p + q)}{\cos(p)\cos(q)} $$
Puis on obtient la seconde dans la foulée pour finalement obtenir :
$$ \forall (m, n) \in \mathbb{Z}^2, \ \forall (p, q) \in \mathbb{R}^2, \ \biggl[p \neq \frac{\pi}{2} + 2m\pi \biggr] \lor \biggl[q \neq \frac{\pi}{2}
+ 2n\pi \biggr], $$
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