lundi 22 novembre 2010
mercredi 3 novembre 2010
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Rappel
1. Fonction \(\arctan x\) : La fonction \(\arctan x\) est définie sur \(R \) par :
\( y=\arctan x \Leftrightarrow x=\tan y \) et \(y\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\).
Propriétés :
\(\arctan x \) est t définie sur R donc \(arctan u \) est définie si et seulement si \(u \) est définie. Autrement \(D_f=D_u. \)
\(\arctan x \) est dérivable sur R donc \(\arctan u \) est dérivable si et seulement si \(u \) est dérivable. Autrement \(D_f^{\prime}=D_u^{\prime} \).
$$( \arctan u(x) )^{\prime}=\frac{u^{\prime}}{u^2+1}$$
Il est utile de connaitre quelques valeurs particulière de arctan :
Il suffit de dresser un tableau avec des angles \(0\) , \(\frac{\pi}{6}\) , \(\frac{\pi}{4}\) , \(\frac{\pi}{3}\) et de calculer la tangente de ces angles. \(\arctan x\) est obtenu en lisant ce tableau à l'envers.
Exemple : \(\tan {\frac{\pi}{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\) donne \(\arctan {( \frac{1}{\sqrt{3}})}=\frac{\pi}{6}\)
2. Changement de variable
Si\( \varphi : [a,b] \rightarrow J \)est une fonction de classe \(C^1\) et si \(f \)est continue sur \(J\) alors :
$$\int_a^b f(u (x))u^{\prime}(x)dx=\int_{u(a)}^{u(b)} f(u)du$$
En éspérant que la nouvelle intégrale est plus facile à calculer.
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Rappel
1. Fonction \(\arctan x\) : La fonction \(\arctan x\) est définie sur \(R \) par :
\( y=\arctan x \Leftrightarrow x=\tan y \) et \(y\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]\).
Propriétés :
- \(\arctan x \) est impaire : \(\arctan(-x)=-\arctan x \)
- \( lim_{x\rightarrow +\infty} \arctan x =\frac{\pi}{2} \)
- \((\arctan x)^{\prime}=\frac{1}{1+x^2} \) pour tout \(x\in R \).
\(\arctan x \) est t définie sur R donc \(arctan u \) est définie si et seulement si \(u \) est définie. Autrement \(D_f=D_u. \)
\(\arctan x \) est dérivable sur R donc \(\arctan u \) est dérivable si et seulement si \(u \) est dérivable. Autrement \(D_f^{\prime}=D_u^{\prime} \).
$$( \arctan u(x) )^{\prime}=\frac{u^{\prime}}{u^2+1}$$
Il est utile de connaitre quelques valeurs particulière de arctan :
Il suffit de dresser un tableau avec des angles \(0\) , \(\frac{\pi}{6}\) , \(\frac{\pi}{4}\) , \(\frac{\pi}{3}\) et de calculer la tangente de ces angles. \(\arctan x\) est obtenu en lisant ce tableau à l'envers.
Exemple : \(\tan {\frac{\pi}{6}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\) donne \(\arctan {( \frac{1}{\sqrt{3}})}=\frac{\pi}{6}\)
2. Changement de variable
Si\( \varphi : [a,b] \rightarrow J \)est une fonction de classe \(C^1\) et si \(f \)est continue sur \(J\) alors :
$$\int_a^b f(u (x))u^{\prime}(x)dx=\int_{u(a)}^{u(b)} f(u)du$$
En pratique , pour calculer \(\int_a^b f(\varphi (x)){\varphi}^{\prime}(x)dx\) , on pose \(u=\varphi (x)\) , on différencie : \(du=\varphi^{\prime}(x)dx\) , en calcule \(c=\varphi (a)\) et \(d=\varphi(b) \) et on écrit
$$\int_a^b f(\varphi (x)){\varphi}^{\prime}(x)dx=\int_c^d f(u)du$$En éspérant que la nouvelle intégrale est plus facile à calculer.
samedi 30 octobre 2010
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Résumé :
Résolution de l'équation \(ay^{\prime \prime }+by^{\prime }+cy=f(t) \) , \(a,b \) et \(c \) sont des nombres réels.
1. - Equation homogène : \(ay^{\prime \prime}+by^{\prime }+cy=0. \)
On forme l'équation caractéristique : \(ar^{2}+br+c = 0 \).
Posons \( \Delta =b^{2}-4ac \). Il y a trois cas :
\(1^{er}\) cas. \(\Delta > 0 \) , l'équation caractéristique admet deux racines réelles distinctes \(r_{1} \) \ et \(r_{2} \).Dans ce cas on a : $$y_{h}(t)\ =\ C_{1}e^{r_{1}t}+C_{2}e^{r_{2}t}$$.
\(2^{eme}\) cas. \(\Delta =0 \) , l'équation caractéristique admet une racine double \(r \). Dans ce cas on a : $$y_{h}(t)\ = (C_{1}+C_{2}t)e^{rt}$$.
\(3^{eme} \) cas. \( \Delta < 0 \) , l'équation caractéristique admet deux racines complexes conjuguées \(r_{1}=\alpha +i\omega \) et \(r_{2}=\alpha -i\omega \) ; dans ce cas les solutions réelles sont données par : $$y_{h}(t)\ = e^{\alpha t}(C_{1}\cos (\omega t)+C_{2}\sin (\omega t)$$.
\(C_{1} \) et \(C_{2} \)étant des constantes réelles.
2. Recherche d'une solution particulière
1. - Si \(f(t) \) est un polynôme de degré \(n \), il existe une solution particulière sous la forme d'un polynôme \(P(t) \).
2.- Si \(f(t)\ = P(t)e^{\lambda t} \) ( \(\lambda \in C \) ) , on cherche une solution sous la forme \(Q(t).e^{\lambda t} \) .
3. - Si \(f(t)\ =\cos (\omega t) \) , On cherche une solution particulière \(Y_{p} \) à l'équation complexe suivante $$ aY^{\prime \prime }+bY^{\prime }+cY=e^{i\omega t}$$ et on prend \(y_{p}=Re(Y_{p}) \).
La même chose si \(f(t)=\sin (\omega t) \) sauf qu'ici il faut prendre \(Im(Y_{p}) \).
3. Conclusion : les solutions de l'équation $$ay^{\prime \prime }+by^{\prime }+cy=f(t)$$ sont de la forme \(y=y_{h}+y_{p}. \)
lundi 11 octobre 2010
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Prochain td : changement de variables et fonctions trigonométriques inverses.
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Prochain td : changement de variables et fonctions trigonométriques inverses.
mercredi 29 septembre 2010
Bonjour, le corrigé de la feuille 1 est ( enfin ) disponible , il est ici
Bon courage pour vos révisions
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Bon courage pour vos révisions
lundi 20 septembre 2010
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Résumé :
Rappels :
On appelle racine n-ième d'un nombre complexe \( w \) tout nombre complexe \(z \) tel que \( z^{n}=w. \)
Tout nombre complexe admet \(n \) racines n-ième complexes.
Pratique : comment résoudre \(z^{n}=w. \)
1. On commene par écrire le nombre \(w \) sous forme trigonométrique : \(w=\rho e^{i\alpha }. \)
2. On pose \(z=re^{i\theta } \). L'équation \(z^{n}=w \) est équivalente à \(r^{n}e^{in\theta }=\rho e^{i\alpha }. \)
Ceci donne :
\(r^{n}=\rho \) et \(n\theta =\alpha +2k\pi \) \ avec \(k=0,1,...,n-1 \).
D'où les solutions
\( z_{k}={\rho }^{1/n}.e^{i(\frac{\alpha}{n}+\frac{2k\pi }{n})} \) , \( k=0,1,...,n-1 \).
Exemple 1 : \( z^{3}=1\) (racines cubique de l'unitée).
Posons \(z=re^{i\theta }\). L'équation \(z^{3}=1\) est équivalente à \(r^{3}e^{i3\theta }=e^{i0}.\)
D'où \(r=1\) \ et \(\theta =\frac{2k\pi }{3}\) avec \(k=0,1,2.\)
Les solutions sont
\(z_{0}=1\) , \(z_{1}=e^{i\frac{2\pi }{3}}=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}\) et \(z_{2}=e^{i\frac{4\pi }{3}}=\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}\)
Exemple 2 : \(z^{5}=\frac{8(1+i)}{\sqrt{3}-i}.\)
1. On a \(8(1+i)=8\sqrt{2}.e^{i\frac{\pi }{4}}\) et \(\sqrt{3}-i=2(\frac{\sqrt{3}}{2}+i\frac{1}{2})=2e^{i\frac{\pi }{6}}\) , d'où $$\frac{8(1+i)}{\sqrt{3}-i}=4\sqrt{2}.e^{i\frac{5\pi }{12}}.$$
2 Posons \(z=re^{i\theta }\) l'équation est équivalente à \(r^{5}e^{i5\theta }=4\sqrt{2}.e^{i\frac{5\pi }{12}}.\)
Ceci donne : \(r^{5}=4\sqrt{2}\) et \(5\theta =\frac{5\pi}{12}+2k\pi\) avec \(k=0,1,2,3,4.\)
Ou encore \(r={4\sqrt{2}}^{1/5}=\sqrt{2}\) et \(\theta =\frac{\pi }{12}+\frac{2k\pi }{5}\) \ avec \(k=0,1,2,3,4.\)
3. Conclusion : les solutions sont : \(z_{k}=\sqrt{2}.e^{i(\frac{\pi}{12}+\frac{2k\pi }{5})}\) , \(k=0,1,2,3,4.\)
\(z_{0}=\sqrt{2}e^{i\frac{\pi }{12}}\) ,
\(z_{1}=\sqrt{2}e^{i(\frac{\pi }{12}+\frac{2\pi }{5})}= \sqrt{2}e^{\frac{29}{60}i\pi }\)
etc ....
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Résumé :
Rappels :
On appelle racine n-ième d'un nombre complexe \( w \) tout nombre complexe \(z \) tel que \( z^{n}=w. \)
Tout nombre complexe admet \(n \) racines n-ième complexes.
Pratique : comment résoudre \(z^{n}=w. \)
1. On commene par écrire le nombre \(w \) sous forme trigonométrique : \(w=\rho e^{i\alpha }. \)
2. On pose \(z=re^{i\theta } \). L'équation \(z^{n}=w \) est équivalente à \(r^{n}e^{in\theta }=\rho e^{i\alpha }. \)
Ceci donne :
\(r^{n}=\rho \) et \(n\theta =\alpha +2k\pi \) \ avec \(k=0,1,...,n-1 \).
D'où les solutions
\( z_{k}={\rho }^{1/n}.e^{i(\frac{\alpha}{n}+\frac{2k\pi }{n})} \) , \( k=0,1,...,n-1 \).
Exemple 1 : \( z^{3}=1\) (racines cubique de l'unitée).
Posons \(z=re^{i\theta }\). L'équation \(z^{3}=1\) est équivalente à \(r^{3}e^{i3\theta }=e^{i0}.\)
D'où \(r=1\) \ et \(\theta =\frac{2k\pi }{3}\) avec \(k=0,1,2.\)
Les solutions sont
\(z_{0}=1\) , \(z_{1}=e^{i\frac{2\pi }{3}}=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}\) et \(z_{2}=e^{i\frac{4\pi }{3}}=\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}\)
Exemple 2 : \(z^{5}=\frac{8(1+i)}{\sqrt{3}-i}.\)
1. On a \(8(1+i)=8\sqrt{2}.e^{i\frac{\pi }{4}}\) et \(\sqrt{3}-i=2(\frac{\sqrt{3}}{2}+i\frac{1}{2})=2e^{i\frac{\pi }{6}}\) , d'où $$\frac{8(1+i)}{\sqrt{3}-i}=4\sqrt{2}.e^{i\frac{5\pi }{12}}.$$
2 Posons \(z=re^{i\theta }\) l'équation est équivalente à \(r^{5}e^{i5\theta }=4\sqrt{2}.e^{i\frac{5\pi }{12}}.\)
Ceci donne : \(r^{5}=4\sqrt{2}\) et \(5\theta =\frac{5\pi}{12}+2k\pi\) avec \(k=0,1,2,3,4.\)
Ou encore \(r={4\sqrt{2}}^{1/5}=\sqrt{2}\) et \(\theta =\frac{\pi }{12}+\frac{2k\pi }{5}\) \ avec \(k=0,1,2,3,4.\)
3. Conclusion : les solutions sont : \(z_{k}=\sqrt{2}.e^{i(\frac{\pi}{12}+\frac{2k\pi }{5})}\) , \(k=0,1,2,3,4.\)
\(z_{0}=\sqrt{2}e^{i\frac{\pi }{12}}\) ,
\(z_{1}=\sqrt{2}e^{i(\frac{\pi }{12}+\frac{2\pi }{5})}= \sqrt{2}e^{\frac{29}{60}i\pi }\)
etc ....
dimanche 19 septembre 2010
Calculer les racines carrées d'un nombre complexe
Posted by Larbi Belkhchicha
Posted on 12:01
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\(\bullet \) Soit \(a+ib\) un nombre complexe donné. Une racine carrée de \(a+ib\) est un nombre complexe \(z\) tel que \(z^{2}=a+ib.\)
\(\bullet \) Un nombre complexe admet deux racines carrées \(z\) et \(-z.\)
En pratique
1. Forme trigonométrique : si \(a+ib=re^{i\theta }\) alors on peut écrire simplement $$a+ib=\left( \pm \sqrt{r}e^{i\frac{\theta}{2}}\right) ^{2}$$ Les racines carrées de \(a+ib\) sont \( z_{1}=\sqrt{r}e^{i\frac{\theta }{2}}\) et \(z_2=-\sqrt{r}e^{i\frac{\theta }{2}}=\sqrt{r}e^{i\left( \pi +\frac{\theta }{2}\right) }\)
Exemple 1 : racines carrées de \(i.\) On a directement \(i=e^{i\frac{\pi}{2}}=\left( e^{i\frac{\pi }{4}}\right) ^{2}.\) Les racine carrées de \(i\) sont :
2. Forme algébrique : on cherche \(x\) et $y$ tels que \( (x+iy)^{2}=a+ib\) . On a :
Ce qui donne \( x^{2}-y^{2}=a\) et \( 2xy=b\) .
On a aussi \( \left\vert (x+iy)\right\vert ^{2}=\left\vert a+ib\right\vert \)
ce qui est équivalent à \( x^{2}+y^{2}=\sqrt{a^{2}+b^{2}}.\)
Finalement on est amené à résoudre le système
\(x^{2}-y^{2}=a\) (1)
\(2xy=b\) (2)
\( x^{2}+y^{2}=\sqrt{a^{2}+b^{2}} \) (3)
Résolution :
\((1)+(3)\) donne \( x^{2}\) ...
\((3)-(1)\) donne \( y^{2}...\)
Une fois toutes les valeurs possibles de \(x\) et \(y\) déterminées , l'équation
(2) permet de donner le signe de \(x\) et \(y\) ( par exemple si \( xy>0\) , \(x\)
et \(y\) doivent être de même signe ....).
Exemple 2 : Calculer sous forme trigonométrique puis sous forme algébrique, les racines carrées dans \( \mathbb{C}\) de \( Z=1+i\).
1. \( 1+i=\sqrt{2}e^{i\frac{\pi }{4}}=\left( \pm \sqrt{\sqrt{2}} e^{i\frac{\pi }{8}}\right) ^{2}.\) Les racines carrées de \( 1+i\) sont :
\( z_{1}=\sqrt{\sqrt{2}}. e^{i\frac{\pi }{8}}\) et \( z_2=-z_{1}=\sqrt{\sqrt{2}}\cdot e^{i(\frac{\pi }{8}+\pi )}\)
2. Recherche des racines carrées de \( 1+i \) \ sous forme algébrique : \ soit \( z=x+iy\) une racine carrée de \( 1+i\) ; \( z\) vérifie
On est amené à résoudre le système
\(x^{2}-y^{2}=1\) (1)
\(2xy=1\) (2)
\(x^{2}+y^{2}=\sqrt{2}\) (3)
\((1)+(3)\) donne \(2x^{2}=1+\sqrt{2}\) , d'où \(x=\sqrt{\frac{1+\sqrt{2}}{2}}\) ou \(x=-\sqrt{\frac{1+\sqrt{2}}{2}}\).
\((3)-(1)\) donne \(2y^{2}=-1+\sqrt{2}\) \ \ , d'où \ \ \(y=\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}}\) \ ou \(y=-\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}}.\)
D'après (2) \(xy>0\) donc les racines carrées de \(1+i\) sont
Application : en comparant les deux écritures on peut calculer les valeurs
de \(\cos (\pi /8)\) et de \(\sin (\pi /8)\).
\(\cos \frac{\pi }{8}\in ]0,\frac{\pi }{2}[\) donc \( \cos \frac{\pi }{8}>0\) ,
on a d'après ce qui précède \( \sqrt{\sqrt{2}}\cos \frac{\pi}{8}=\sqrt{\frac{1+\sqrt{2}}{2}}\) \ , d'où \ \(\cos \frac{\pi }{8}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}.\)
De la même manière on a \( \sin \frac{\pi }{8}=\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}.\)
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Résumé :
Rappel :\(\bullet \) Soit \(a+ib\) un nombre complexe donné. Une racine carrée de \(a+ib\) est un nombre complexe \(z\) tel que \(z^{2}=a+ib.\)
\(\bullet \) Un nombre complexe admet deux racines carrées \(z\) et \(-z.\)
En pratique
1. Forme trigonométrique : si \(a+ib=re^{i\theta }\) alors on peut écrire simplement $$a+ib=\left( \pm \sqrt{r}e^{i\frac{\theta}{2}}\right) ^{2}$$ Les racines carrées de \(a+ib\) sont \( z_{1}=\sqrt{r}e^{i\frac{\theta }{2}}\) et \(z_2=-\sqrt{r}e^{i\frac{\theta }{2}}=\sqrt{r}e^{i\left( \pi +\frac{\theta }{2}\right) }\)
Exemple 1 : racines carrées de \(i.\) On a directement \(i=e^{i\frac{\pi}{2}}=\left( e^{i\frac{\pi }{4}}\right) ^{2}.\) Les racine carrées de \(i\) sont :
\( z_{1}=e^{i\frac{\pi }{4}}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1+i)\) et \(z_{2}=-z_{1}\).
2. Forme algébrique : on cherche \(x\) et $y$ tels que \( (x+iy)^{2}=a+ib\) . On a :
\( (x+iy)^{2}=a+ib\) si et seulement si \(x^2- y^2+2ixy=a+ib\)
Ce qui donne \( x^{2}-y^{2}=a\) et \( 2xy=b\) .
On a aussi \( \left\vert (x+iy)\right\vert ^{2}=\left\vert a+ib\right\vert \)
ce qui est équivalent à \( x^{2}+y^{2}=\sqrt{a^{2}+b^{2}}.\)
Finalement on est amené à résoudre le système
\(x^{2}-y^{2}=a\) (1)
\(2xy=b\) (2)
\( x^{2}+y^{2}=\sqrt{a^{2}+b^{2}} \) (3)
Résolution :
\((1)+(3)\) donne \( x^{2}\) ...
\((3)-(1)\) donne \( y^{2}...\)
Une fois toutes les valeurs possibles de \(x\) et \(y\) déterminées , l'équation
(2) permet de donner le signe de \(x\) et \(y\) ( par exemple si \( xy>0\) , \(x\)
et \(y\) doivent être de même signe ....).
Exemple 2 : Calculer sous forme trigonométrique puis sous forme algébrique, les racines carrées dans \( \mathbb{C}\) de \( Z=1+i\).
1. \( 1+i=\sqrt{2}e^{i\frac{\pi }{4}}=\left( \pm \sqrt{\sqrt{2}} e^{i\frac{\pi }{8}}\right) ^{2}.\) Les racines carrées de \( 1+i\) sont :
\( z_{1}=\sqrt{\sqrt{2}}. e^{i\frac{\pi }{8}}\) et \( z_2=-z_{1}=\sqrt{\sqrt{2}}\cdot e^{i(\frac{\pi }{8}+\pi )}\)
2. Recherche des racines carrées de \( 1+i \) \ sous forme algébrique : \ soit \( z=x+iy\) une racine carrée de \( 1+i\) ; \( z\) vérifie
\((x+iy)^{2}=1+i\) et \(\left\vert x+iy\right\vert ^{2}=\sqrt{2}\)
On est amené à résoudre le système
\(x^{2}-y^{2}=1\) (1)
\(2xy=1\) (2)
\(x^{2}+y^{2}=\sqrt{2}\) (3)
\((1)+(3)\) donne \(2x^{2}=1+\sqrt{2}\) , d'où \(x=\sqrt{\frac{1+\sqrt{2}}{2}}\) ou \(x=-\sqrt{\frac{1+\sqrt{2}}{2}}\).
\((3)-(1)\) donne \(2y^{2}=-1+\sqrt{2}\) \ \ , d'où \ \ \(y=\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}}\) \ ou \(y=-\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}}.\)
D'après (2) \(xy>0\) donc les racines carrées de \(1+i\) sont
\(\sqrt{\frac{1+\sqrt{2}}{2}}\ \ +i\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}}\) et \(-\sqrt{\frac{1+\sqrt{2}}{2}}\ \ -i\sqrt{\frac{\sqrt{2}-1}{2}}\)
Application : en comparant les deux écritures on peut calculer les valeurs
de \(\cos (\pi /8)\) et de \(\sin (\pi /8)\).
\(\cos \frac{\pi }{8}\in ]0,\frac{\pi }{2}[\) donc \( \cos \frac{\pi }{8}>0\) ,
on a d'après ce qui précède \( \sqrt{\sqrt{2}}\cos \frac{\pi}{8}=\sqrt{\frac{1+\sqrt{2}}{2}}\) \ , d'où \ \(\cos \frac{\pi }{8}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}.\)
De la même manière on a \( \sin \frac{\pi }{8}=\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}.\)
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