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Formule de Moivre

Posté par Profil Ramanujan 13-02-19 à 18:23

Bonsoir,

Je souhaite démontrer la formule suivante :

Pour \theta \in \R et n \in \Z on a :

(e^{i \theta})^n = e^{i n \theta}

J'ai réussi facilement à montrer le résultat par récurrence pour n \in \Z^+

Mais comment faire pour n \in \Z ^-

Posté par
matheuxmatoure : Formule de Moivre 13-02-19 à 18:26

a^{-n} = \dfrac{1}{a^n}

et

\left( \dfrac{1}{a} \right) ^n = \dfrac{1}{a^n}

Posté par
lionel52re : Formule de Moivre 13-02-19 à 18:26

e^{-in\theta} = (e^{-i\theta})^n = (1/e^{i\theta})^n = (e^{i\theta})^{-n}

Faut juste expliquer l'égalité e^{-i\theta} = 1/e^{i\theta}  (je te laisse le faire)

Posté par
Glapion Moderateurre : Formule de Moivre 13-02-19 à 18:29

si tu poses m = -n (donc avec m positif) tu tombes sur (e^{i \theta})^{-m} = e^{-i m \theta}
(e^{i \theta})^m= e^{i m \theta} que tu as déjà démontré

Posté par Profil Ramanujanre : Formule de Moivre 13-02-19 à 18:36

@Lionel

Merci j'ai déjà démontré dans la proposition précédente que :

e^{i \theta} \times e^{i \varphi} = e^{i (\theta+\varphi)}

Et donc on en déduit : e^{-i \varphi}=\dfrac{1}{e^{i \varphi}}

Posté par Profil Ramanujanre : Formule de Moivre 13-02-19 à 18:39

Glapion @ 13-02-2019 à 18:29

si tu poses m = -n (donc avec m positif) tu tombes sur (e^{i \theta})^{-m} = e^{-i m \theta}
(e^{i \theta})^m= e^{i m \theta} que tu as déjà démontré


Ah merci bien vu il faut utiliser le résultat démontré pour n \in \N puis passer à l'inverse

Posté par
carpediemre : Formule de Moivre 13-02-19 à 18:47

salut

ben moi j'aimerais bien voir la récurrence !!!

parce que si elle marche quand on ajoute 1 alors elle marche quand on soustrait 1

Posté par Profil Ramanujanre : Formule de Moivre 13-02-19 à 19:05

J'ai jamais vu de récurrence où on soustrait 1.

Initialisation :

Au rang n=0 on a : (e^{i \theta}) ^0 = 1 = e^{i \theta \times 0}
La propriété est vraie au rang n=0

Supposons que pour n fixé dans \N on  ait : (e^{i \theta} )^n = e^{i n \times \theta}

On a : (e^{i \theta} )^{n+1} = (e^{i \theta} )^n \times e^{i \theta}  

D'après l'hypothèse de récurrence :

(e^{i \theta} )^{n+1} = e^{i n \theta}  \times e^{i \theta} = e^{i (n+1) \theta}

Conclusion : on a montré  la propriété \forall n \in \N

Posté par
carpediemre : Formule de Moivre 13-02-19 à 20:35

c'est bien ce que je pensais ... ça ne vaut strictement rien ...

Posté par Profil Ramanujanre : Formule de Moivre 13-02-19 à 21:20

Hein ?  Je vois pas d'erreur dans ma récurrence qui est de niveau terminale.

Posté par Profil Ramanujanre : Formule de Moivre 13-02-19 à 22:45

Pourquoi ne pas préciser où est l'erreur au lieu de dire que ça vaut rien ?

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Formule de Moivre 14-02-19 à 07:16

Bonjour,
D'où vient (e^{i \theta} )^{n+1} = (e^{i \theta} )^n \times e^{i \theta} ?
Démontrer une propriété sur les puissances en utilisant une propriété sur les puissances ne vaut rien.

La formule de Moivre n'est pas (e^{i \theta})^n = e^{i n \theta} mais (cos\theta + isin\theta)^n = cosn\theta + isinn\theta .

Posté par Profil Ramanujanre : Formule de Moivre 14-02-19 à 11:31

Bonjour Sylvieg, d'accord je refais ma récurrence.

Considérons n \in \N
Au rang n=0, on a bien (\cos(\theta) + i \sin(\theta))^0 =1 = \cos(0) + i \sin(0)

Supposons que au rang n on ait : (\cos(\theta) + i \sin(\theta))^n = \cos(n \theta) + i \sin(n \theta)

Calculons :

(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^{n+1} = (\cos(\theta) + i \sin(\theta))^n \times (\cos(\theta) + i \sin(\theta))

En utilisant l'hypothèse de récurrence cela donne :

(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^{n+1} = (\cos(n \theta) + i \sin(n \theta)) \times (\cos(\theta) + i \sin(\theta))

Donc : (\cos(\theta) + i \sin(\theta))^{n+1} =(cos(n \theta) \cos(\theta) - \sin(n \theta) \sin(\theta)) + i (\cos(n \theta) \sin(\theta) + \sin(n \theta) \cos(\theta))

(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^{n+1} = \cos((n+1) \theta) + i \sin ((n+1) \theta)

Le résultat est démontré par récurrence.

Considérons maintenant n \in \Z^- Posons m = -n \geq 0

(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^{m}  = \dfrac{1}{(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^{n} }=

Donc : (\cos(\theta) + i \sin(\theta))^{m}  = \dfrac{1}{\cos(n \theta) + i \sin(n \theta)}=\cos(n \theta) - i \sin(n \theta)

Ainsi : (\cos(\theta) + i \sin(\theta))^{m} =\cos( - n \theta) + i \sin (-n \theta)

En utilisant : m = -n on obtient :

(\cos(\theta) + i \sin(\theta))^{m} =\cos( m \theta) + i \sin (m \theta)

Posté par
carpediemre : Formule de Moivre 14-02-19 à 11:50

soit n un entier relatif quelconque et P(n) la proposition :  P(n)  : ( \cos t + i \sin t)^n = \cos nt + i \sin nt


(\cos t + i \sin t)^{n + 1} = (\cos t + i \sin t)^n (\cos t + i \sin t) = (\cos nt + i \sin nt)(\cos t + i \sin t) = ...\cos (n + 1)t + i \sin (n + 1)t     fait par toi

donc P(n + 1) est vraie



(\cos t + i \sin t)^{n - 1} = (\cos t + i \sin t)^n (\cos t + i \sin t)^{-1} = (\cos nt + i \sin nt)(\cos t - i \sin t) = \cos nt \cos t + \sin nt \sin t + i(-\cos nt \sin t + \sin nt \cos t) = \\ \\ \cos nt \cos (-t) - \sin nt \sin (-t) + i [\cos nt \sin(-t) + \sin (nt) \cos (-t)] = \cos (n - 1)t + i \sin (n - 1)t

donc P(n - 1) est vraie


Ramanujan @ 13-02-2019 à 19:05

J'ai jamais vu de récurrence où on soustrait 1.

maintenant tu peux regarder et voir ...

Posté par Profil Ramanujanre : Formule de Moivre 14-02-19 à 12:19

Ah d'accord et ça veut dire quoi que si P(n) est vraie alors P(n-1) est vraie ?

Posté par
carpediemre : Formule de Moivre 14-02-19 à 12:44

la même chose que : si P(n) est vraie alors P(n + 1) est vraie

l'hérédité consiste à montrer que : P(n) => P(n + 1) (une implication)

or P(n) => P(n - 1) <=> P(n + 1) => P(n)

donc P(n) <=> P(n + 1) (il y a équivalence)

Posté par Profil Ramanujanre : Formule de Moivre 14-02-19 à 15:43

Comment vous obtenez : P(n) => P(n - 1) <=> P(n + 1) => P(n)  ?

Posté par
carpediemre : Formule de Moivre 14-02-19 à 16:57

n = n - 1 + 1 ou encore n = n + 1 - 1

...


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