Objectifs : Cours d’analyse L1S1P 1 Apprendre à calculer avec des formules : domaines de définition, dérivées primitives développements limités 2 Se désinhiber face auxdites formules. À la fin de ce semestre vous devriez trouver les questions suivantes complètement bateau : Trouver le domaine de définition de p 1 e sin( X ) cos( 1 X X ) 2 tan(X + X + 1) f (X ) = 2017 Trouver la limite en 0 de e p 1 f (X ) = cos(X ) cos(X ) arctan(X ) ln(1 + eX arcsin(X ) X 2 cos(X ) ) sin(X ) etc. 3 Savoir pourquoi ces formules sont importantes : on verra d’où viennent les fonctions usuelles, et en quoi l’étude des formules où elles apparaissent est utile. Analyse L1S1 P Aujourd’hui : Analyse L1S1 P Rappels sur le corps des nombres réels. On sait mettre une structure de corps sur la droite : cela donne les nombres réels, R. Un corps, c’est un ensemble E sur lequel sont définies deux opérations : + et ., qui vérifient les propriétés suivantes : 1 Elles sont associatives : (x + y ) + z = x + (y + z) Les nombres complexes. 2 x.(y .z) = (x.y ).z et . Elles sont commutatives : x +y =y +x et x.y = y .x . 3 La multiplication se distribue sur l’addition : 4 Il y a deux éléments distincts 0 et 1 tels que x.(y + z) = x.y + x.z 0+x =x Analyse L1S1 P ok pour N, Z, Q, R. et 1.x = x ok pour N, Z, Q, R. 8x 2 E 5 Pour tout x, il existe un opposé x + x = 0. 6 Pour tout x 6= 0, il existe un inverse x x 1 .x = 1. ok pour N, Z, Q, R. x tel que 1 tel que Analyse L1S1 P ok pour N, Z, Q, R. ok pour Z, Q, R. ok pour Q, R. Mettre une structure de corps sur le plan (1) ? Mettre une structure de corps sur le plan (2) ? • Sur le plan (vectoriel), nous disposons déjà d’une addition : (a, b) + (a0 , b 0 ) = (a + a0 , b + b 0 ). 0 = (0, 0). • On a vu que pour mettre une structure de corps sur le plan, pour laquelle on ait • Pour notre 1, il faut faire un choix : 1 = (1, 0). |z.z 0 | = |z|.|z 0 | I Dessin au tableau il fallait avoir : Si l’on désigne par i le point (0, 1), on peut donc écrire tout élément z du plan sous la forme z = a + ib et il n’y a plus qu’à trouver la bonne multiplication. • Sur le plan, nous disposons aussi du produit scalaire et de la longueur associée : z = a + ib , z 0 = a0 + ib 0 qui vérifient < z, z 0 >= aa0 + bb 0 et |z|2 =< z, z > |z + z 0 |2 = |z|2 + < z, z 0 > +|z 0 |2 Lorsque a et a0 sont réels, on a bien sûr |a.a0 | = |a|.|a0 |. Il est naturel de demander à notre multiplication de vérifier cette propriété de manière générale : on veut avoir |z.z 0 | = |z|.|z 0 |. Alors : < z.z 0 , z.z 00 > = = = |z.z 0 + z.z 00 |2 |z|2 .|z 0 + z 00 |2 |z|2 < z, z 0 > < z.z 0 , z.z 00 >= |z|2 < z, z 0 > (8z, z 0 ) • En particulier, avec z = z 0 = i et z 00 = 1, on obtient < i 2 , i >= |i|2 < i, 1 >= 0 donc i 2 doit être perpendiculaire à i. C’est donc soit 1, soit 1. I si l’on pose i 2 = 1, on a (i 1)(i + 1) = 0 alors que (i 1) et (i + 1) sont non nuls, ce qui est impossible dans un corps (le nombre (1 + i) 1 ne pourrait pas exister !). I si l’on pose i 2 = 1 ... ça marche ! C’est ce que nous allons vérifier. |z.z 0 |2 |z.z 00 |2 |z|2 .(|z 0 |2 |z 00 |2 ) Analyse L1S1 P Analyse L1S1 P Mettre une structure de corps sur le plan (3) ? • On pose donc i 2 = (8z, z 0 ) Mettre une structure de corps sur le plan (4) ? 1, ce qui nous incite à définir de manière générale (a + ib).(a0 + ib 0 ) = (aa0 • Pour z = a + ib, on pose bb 0 ) + i(ab 0 + a0 b) L’opération + est associative, commutative, inversible, et a un élément neutre : ok, c’est juste l’addition des vecteurs. L’opération . est commutative : (a + ib).(a0 + ib 0 ) = (aa0 bb 0 ) + i(ab 0 + ba0 ) = (a0 + ib 0 ).(a + ib) L’opération . est associative et distributive sur + : 0.b) + i(1.b + 0.a) = a + ib Il reste à vérifier que tout z 6= 0 admet un inverse z Analyse L1S1 P ib . On a alors l’égalité z.z̄ = |z|2 = a2 + b 2 . Comme a2 + b 2 est un réel strictement positif dès que z 6= 0, on peut l’inverser et écrire 1 z. 2 .z̄ = 1 a + b2 ce qui montre que tout z 6= 0 est inversible et que son inverse est I à faire au tableau On a bien 1.z = z : (1 + i0).(a + ib) = (1.a . z̄ = a . z 1 = z̄ |z|2 . 1. Analyse L1S1 P Vocabulaire (1) L’argument (1) Muni de ces opérations + et . le plan est appelé corps des nombres complexes, et noté C. Si z = a + ib 2 C, on dit que le nombre réel a est sa partie réelle, ce que l’on note a = Re(z), le nombre réel b est sa partie imaginaire, ce que l’on note b = Im(z), p le nombre réel |z| = a2 + b 2 est son module, le nombre complexe z̄ = a ib est son conjugué. On pose e ix = cos(x) + i sin(x). Comme on le voit tout de suite, x 7! e ix est une fonction 2⇡-périodique à valeurs dans le cercle unité : |e ix |2 = cos2 (x) + sin2 (x) = 1. Formules d’Euler On a l’égalité ei⇡ = On a l’égalité cos(x) = On a l’égalité sin(x) = 1. e ix e ix 2i . . La notation e ix s’explique par des résultats un peu trop durs à démontrer en L1, c’est plutôt du niveau L2 : disons juste que e i ✓ est la valeur en i✓ d’une fonction exp : Pour avoir tout le vocabulaire nécessaire, il nous reste à introduire l’argument ... e ix +e ix 2 C z ! 7 ! C 1+z + z2 2! + z3 3! + ··· vérifiant les propriétés suivantes : si x est réel, exp(x) = e x : la fonction exponentielle que nous connaissons bien, pour tous z et z 0 complexes, on a exp(z + z 0 ) = exp(z). exp(z 0 ), Analyse L1S1 P Analyse L1S1 P L’argument (2) Vocabulaire (2) On va utiliser, sans les démontrer, les deux résultats suivants : Ainsi, un nombre complexe peut toujours être écrit sous la forme Théorème z = a + ib Pour tous x et y réels, on a l’égalité e i (x+y ) = e ix .e iy . , c’est la forme algébrique. Il peut aussi toujours être écrit sous la forme Théorème z = ⇢e i ✓ Soit z = a + ib un nombre complexe de module 1. Alors a) Il existe un nombre réel ✓ tel que e i ✓ = z. b) Les réels ✓1 et ✓2 sont deux solutions si et seulement si ✓1 ✓ 2 2⇡ est un nombre entier. textavec 0 ⇢ et ✓2R c’est une forme géométrique. Si ⇢ > 0 et ✓ 2 [0, 2⇡[ on dit que c’est la forme géométrique principale. Pour passer de l’une à l’autre : Définition Soit z 6= 0 un nombre complexe. Un argument de z est un nombre réel ✓ tel que l’on z ait l’égalité |z| = ei✓. D’après le théorème ci-dessus, un tel argument existe, et si ✓0 est un argument, alors l’ensemble de tous les arguments est {. . . , ✓0 4⇡, ✓0 a = ⇢ cos(✓) b = ⇢ sin(✓) ⇢ = p = ( 2⇡, ✓0 , ✓0 + 2⇡, ✓0 + 4⇡, . . .} En particulier, il en existe un, et un seul, appelé l’argument principal de z qui est contenu dans [0, 2⇡[. Analyse L1S1 P ✓ a2 + b 2 = |z| 2⇡ arcos( ⇢a ) arcos( ⇢a ) si si b 0 b<0 Analyse L1S1 P , À quoi ça sert ? Trouver les racines carrées d’un nombre complexe sous forme algébrique La découverte des nombres complexes est en partie dûe à la remarque suivante : Théorème Soit P(Z ) = a0 + a1 Z + · · · + an Z n un polynôme à coefficients complexes. Alors il existe un nombre complexe ↵ tel que P(↵) = 0 : tout polynôme complexe admet une racine dans C. En factorisant : tout polynôme est de la forme !1 )↵1 · · · (Z P(Z ) = an (Z ! s )↵ s Soit z0 = a + ib un nombre complexe. Trouvons les solutions de Z 2 = z0 . Notons z = x + iy . On a alors z 2 = (x 2 y 2 ) + 2xyi donc on doit avoir x2 y2 = a . 2xy = b C’est un système d’équations de degré 2, donc a priori du à résoudre. Astuce : on rajoute l’équation |z|2 = |z0 | : Et alors ? x2 y2 x2 + y2 2xy Dans les temps moyenageux, on accordait beaucoup d’importance à la résolution des équations polynomiales à coefficients réels. Par exemple : 3 X + pX + q = 0 . et l’on déduit : Il se trouve que pour trouver une formule donnant les solutions réelles de ces polynômes de degré 3, on a besoin des nombres complexes. Ce sont les formules de Cardan, que nous allons bientôt voir. Mais avant, revenons sur l’équation du second degré. p = = = p p a a2 + b 2 = |z0 | b , b 2x (attention au cas x = 0 quand même). En remettant tout ensemble, on déduit : ! r r |z0 | + Re(z0 ) |z0 | Re(z0 ) z=± + i.sgn(b) 2 2 2x = ± |z0 | + a et y = Remarque : les deux solutions trouvées ainsi sont bien opposées l’une de l’autre. Analyse L1S1 P Analyse L1S1 P Trouver les racines d’un polynôme de degré 2 Racines de polynômes de degré 3 et + Considérons une équation de la forme Soit P(Z ) = l’égalité aZ 2 P(Z ) = a Posons = b2 "✓ b Z+ 2a 4ac. On sait trouver "✓ P(Z ) = a et donc z 3 + pz + q = 0 + bZ + c un polynôme de degré 2 à coefficients complexes. On a ◆2 tel que Z+ ✓ P(Z ) = a Z qui nous donne les deux solutions b 2a b+ 2a b2 4ac 4a2 2 = ◆2 ◆✓ ✓ Z Astuce : on pose z = u + v , et on développe # u 3 + v 3 + 3uv 2 + 3u 2 v + pu + pv + q = 0 . On a alors ◆ # 2 2a b 2a ◆ expression qui s’annule dès que ⇢ uv u3 + v 3 = b± 2a . UV = donc U et V sont solutions de On en déduit p 3 = q p3 27 tel que 2 U +V = et p3 =0 27 q+ et 2 4 3 2 = q + 27 p . U= pour un certain Analyse L1S1 P (p + 3uv )(u + v ) + (q + u 3 + v 3 ) = 0 , Posant U = u 3 et V = v 3 , ces dernières équations impliquent les suivantes : Z 2 + qZ Z± = , V = . q 2 Analyse L1S1 P q Racines de polynômes de degrés 3 Finalement, les solutions sont de la forme 8 > < u3 z = u + v avec v3 > : 2 = = = • Cas particulier : p et q sont réels et est positif. On peut écrire sans ambiguïté : s s p p q+ q+ 3 3 z0 = + 2 2 q 2 q+ 2 4 3 q 2 + 27 p A priori, on a trop de solutions : il existe trois nombres complexes ! tels que ! 3 = 1, p p 3 1 i 3 ce sont 1, j = 1+i et j̄ = . 2 2 z3 Par conséquent, une équation = Z a 3 solutions, exactement, et notre système ci-dessus en a 9. Ce n’est pas très grave : si on sait les calculer, il suffit de ne garder que celles qui fonctionnent. Problème : on ne sait pas en général trouver les racines cubiques d’un nombre complexe en fonction de sa partie réelle et de sa partie imaginaire, sans passer par la forme polaire ! ! ! Analyse L1S1 P Il existe aussi des formules à prendre avec encore plus de précautions pour les polynômes de degré 4, mais on sait (Abel, Galois, XVIII-ème) qu’il n’en existe pas pour les polynômes de degrés 5. Remarque : ce n’est pas très grave, il n’y a aucune application de la vie courante qui demande de faire cela. Par contre, il existe de nombreux problèmes qui dépendent de la recherche de valeurs approchées de ces racines. Voici un exemple : en dynamique des populations, ou en économie, ou dans des tas d’autres domaines, on se retrouve à étudier des suites récurrentes du genre suivant un+d = ad 1 un+d 1 + · · · + a0 u n (a0 6= 0). ad 1Z d 1 ··· a0 . Théorème. Si toutes les racines de P(Z ) sont de module strictement inférieur à 1, alors (un ) tend vers 0. Si toutes les racines de P(Z ) sont de module inférieur à ou égal à 1, alors (un ) tend vers 0. Si au moins une racines de P(Z ) est de module strictement supérieur à 1, alors pour presque toutes les conditions initiales, (un ) explose. Dans le fichier Weyl.py disponible sur ma page personnelle, un tel algorithme est implémenté, et un didacticiel est disponible pour expliquer comment ça marche. Analyse L1S1 P Exemple : le nombre plastique ⇢ = réelle de Z3 Z r 3 1+ q 3 1+ p 3 1+ 1. La formule ci-dessus donne : p p p 3 3 108 + 12 69 + 108 ⇢= 6 p 3 1 + · · · est l’unique racine p 12 69 C’est en gros le seul cas dans lequel on peut dire quelque chose de raisonnable. Par exemple, en utilisant (par exemple) les formules d’addition des fonctions trigonométriques, on peut vérifier sans trop de peine que 2 cos( 2⇡ ) est l’une des trois 9 racines réelles de Z 3 3Z + 1... Essayez d’en dire plus grâce aux formules ci-dessus ! Analyse L1S1 P En degrés >3 On introduit le polynôme caractéristique P(Z ) = Z d puis revérifier par le calcul que c’est bien une racine. Dans ce cas, il n’y a pas d’autre racine réelle, et les deux racines complexes conjuguées sont s s p p q+ q+ k 3 k 3 zk = j + j̄ (k = 1, 2) 2 2