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129. Exponentielle d’un imaginaire pur, fonctions sinus et cosinus

Yannis TRIANTAPHYLIDES

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D’après un autre article, pour tout réel $x\comma$ vous avez $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix).$ Quelles sont les propriétés de ce nombre complexe ?

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 128.

L’exponentielle d’un nombre imaginaire pur est un nombre complexe de module $1$

Soit $x\in\R.$ Pour tout $n\in\NN\comma$ le conjugué de $1+\frac{ix}{n}$ est $1-\frac{ix}{n}.$ Comme $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\comma$ en prenant le conjugué, vous obtenez aussi que $\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \overline{\mathrm{exp}(ix)}.$

D’autre part, pour tout nombre complexe $z\comma$ $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$ En particulier, en prenant $z = -ix\comma$ vous obtenez $\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(-ix).$

Par unicité de la limite d’une suite complexe convergente, vous obtenez l’égalité $\boxed{\forall x\in\R, \overline{\mathrm{exp}(ix)} = \mathrm{exp}(-ix).}$

Soit $x\in\R.$ Si vous admettez que, quels que soient les nombres complexes $z$ et $z’\comma$ vous avez l’égalité $\mathrm{exp}(z+z’) = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)\comma$ la conclusion arrive vite.

En prenant $z= ix$ et $z’=-ix\comma$ vous obtenez $1 = \mathrm{exp}(0) = \mathrm{exp}(ix + (-ix)) = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Du coup, $1 = \mathrm{exp}(ix) \overline{\mathrm{exp}(ix)}$ ce qui aboutit à $\lvert \mathrm{exp}(ix)\rvert^2 = 1.$

Par positivité du module d’un nombre complexe, il en résulte que $\boxed{\forall x\in\R, \lvert \mathrm{exp}(ix) \rvert= 1.}$

Est-il possible de s’en sortir sans utiliser cette propriété de l’exponentielle ? La suite de ce contenu montre que oui.

Une majoration

L’utilisation de suites géométriques permettra d’aboutir.

Soit $N$ un entier naturel supérieur ou égal à $1$ et $M$ un entier tel que $M\geq N.$

\begin{align*} \sum_{k=N}^M \frac{1}{k!} &\leq \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{(k+N)!} \\ &\leq \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{N!(N+1)^k}\\ &\leq \frac{1}{N!} \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{(N+1)^{k}} \\ &\leq \frac{1}{N!} \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{2^{k}} \\ &\leq \frac{1}{N!} \frac{1 – (1/2)^{M-N+1}}{1-(1/2)} \\ &\leq \frac{1}{N!} \frac{1 }{1/2} \\ &\leq \frac{2}{N!}. \end{align*}

Ainsi $\boxed{\forall N\in\NN, \forall M\geq N, \sum_{k=N}^M \frac{1}{k!} \leq \frac{2}{N!}.}$

Montrez directement que, pour tout réel $x\comma$ $\mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix) = 1$

Soit $x\in\R.$ Partez des deux égalités de limites :

$\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix).$
$\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(-ix).$

Par produit, il en résulte que $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n\left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Cela s’écrit aussi $\lim_{n\to +\infty} \left( \left(1+\frac{ix}{n}\right)\left(1-\frac{ix}{n}\right)\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix)\comma$ soit $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Le nombre $x$ étant réel, $x^2$ est positif. Du coup, pour tout $n\in\NN\comma$ $1\leq 1+\frac{x^2}{n^2}$ et donc $1 \leq \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n.$

Pour la majoration, utilisez la formule du binôme. Soit $n\in\NN.$

\begin{align*} \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n &\leq \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{x^{2k}}{n^{2k}} \\ &\leq \sum_{k=0}^n \frac{n! x^{2k}}{k! (n-k) ! n^{2k}} \\ &\leq 1 + \sum_{k=1}^n \frac{n! x^{2k}}{k! (n-k) ! n^{2k}} \\ &\leq 1 + \sum_{k=1}^n\frac{n!}{(n-k)!n^k} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} \\ &\leq 1 + \sum_{k=1}^n \frac{x^{2k}}{k! n^{k}}. \end{align*}

Soit maintenant $\varepsilon \gt 0$ et $N$ un entier tel que $N \geq x^2+2$ et $N \geq \frac{4}{\varepsilon}.$
Soit $n$ un entier tel que $n\geq N.$

\begin{align*} \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n &\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{x^{2k}}{k! n^{k}}\\ &\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{(x^2/n)^k}{k!}\\ &\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{1}{k!}\\ &\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{2}{N!}\\ &\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{2}{N}\\ &\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{\varepsilon}{2}. \end{align*}

Pour tout entier $k$ compris entre $1$ et $N-1\comma$ $\lim_{n\to +\infty}\frac{x^{2k}}{k! n^{k}} = 0.$

Ce nombre de limites étant fini, il en résulte que $\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} = 0.$

Donc il existe un entier $N’ \geq N$ tel que $\forall n\geq N’, \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Donc $\forall \varepsilon \gt 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N’, 1 \leq \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n \leq 1 + 2\frac{\varepsilon}{2}\leq 1+\varepsilon.$

Ce résultat prouve que $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n = 1$ et donc $\forall x\in\R, \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix) = 1.$

Sur le sinus et le cosinus

Pour tout nombre réel $x\comma$ vous posez $\sin x = \frac{\mathrm{exp}(ix)-\mathrm{exp}(-ix)}{2i}$ et $\cos x = \frac{\mathrm{exp}(ix)+\mathrm{exp}(-ix)}{2}.$

Soit $x\in\R.$ Comme $\forall y\in\R, \mathrm{exp}(-iy) = \overline{\mathrm{exp}(iy)}\comma$ en prenant $y=x$ et $y=-x$ vous trouvez que $\mathrm{exp}(-ix) = \overline{\mathrm{exp}(ix)}$ et que $\mathrm{exp}(ix) = \overline{\mathrm{exp}(-ix)}.$ Donc $\overline{\sin x} = \frac{\mathrm{exp}(-ix)-\mathrm{exp}(ix)}{-2i} = \sin x.$ De même, $\overline{\cos x} = \frac{\mathrm{exp}(-ix)+\mathrm{exp}(ix)}{2}=\cos x.$ Donc $\cos x$ et $\sin x$ sont des réels.

De plus, $ \cos x + i\sin x = \frac{\mathrm{exp}(ix)+\mathrm{exp}(-ix)}{2} + \frac{\mathrm{exp}(ix)-\mathrm{exp}(-ix)}{2} = \mathrm{exp}(ix).$

Comme $\forall x\in\R, \lvert \mathrm{exp}(ix)\rvert = 1$ vous déduisez $\boxed{\forall x\in\R, \cos^2 x + \sin^2 x = 1.}$