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Fonctions usuelles de la variable complexe
PROPOSITION 4.21 Pour tout z E c on a
et
+oo (-l) n 2 n
cos(z) = ]; (2n) ! z ,
+oo 1
ch(z) = ]; (2n) ! z 2 n ,
.
+oo (-l) n
sm(z) = ]; (2n + 1)! z 2 n+ 1 ,
+oo
1
sh( z) = ""'
z 2 n+l .
f='o (2n + 1 ) !
Démonstration Ces relations découlent de l'égalité exp(z) = L:�:O rhz n et
de la définition 4.16.
D
Exemples
1. Résolvons dans C l'équation cos(z) = O. D'après la définition de la fonction
cosinus complexe, pour tout z E C on a cos( z) = 0 si et seulement si exp( -iz) =
- exp(iz). Désignons par x la partie réelle de z et par y sa partie imaginaire.
On a
exp(-iz) = - exp(iz) {::: :: ::>
eY cos(x) - ieY sin(x) = -e - Y cos(x) - ie - y sin(x). (9)
Deux complexes égaux ayant même module, on déduit de la relation (9) que
eY = e-Y. Cela implique que e 2 Y = 1 donc que y = O. De la relation (9)
on déduit alors, en identifiant les parties réelles, que cos(x) = - cos(x) (on a
toujours égalité des parties imaginaires). On a donc cos(x) = 0 autrement dit
x = I +br avec k E Z. L'ensemble des solutions de l'équation cos(z) = 0 est
S = Hn + k1r ; k E Z}.
Dans C, cos(z) = 0 si et seulement s'il existe k E Z tel que z = �7r + kn.
2. Effectuons un raisonnement analogue pour déterminer l'ensemble des solutions dans C de l'équation ch(z) = O. D'après la définition de la fonction
cosinus hyperbolique complexe, pour tout z E Con a ch(z) = 0 si et seulement
si exp( z) = - exp( -z). Désignons par x la partie réelle de z et par y sa partie
imaginaire. On a exp(z) = - exp(-z) si et seulement si ex cos(y) + iex sin(y) =
-e-x cos(y)+ie-x sin(y). Deux complexes égaux ayant même module, on déduit
de la relation précédente que ex = e - x ce qui implique que x = O. On obtient
alors, en identifiant les parties réelles, que cos(y) = - cos(y), autrement dit
que cos(y) = O. Par conséquent on a y = � + kn avec k E z. L'ensemble des
solutions de l'équation ch(z) = 0 est donc S = Hni + ik?r ; k E Z}.
Dans C, ch(z) = 0 si et seulement s'il existe k E Z tel que z = �ni + kni.
3. Résolvons dans C l'équation sin(z) = 2. D'après la définition de la fonction sinus complexe, pour tout z E C on a sin(z) = 2 si et seulement si
Fonctions usuelles de la variable complexe
PROPOSITION 4.21 Pour tout z E c on a
et
+oo (-l) n 2 n
cos(z) = ]; (2n) ! z ,
+oo 1
ch(z) = ]; (2n) ! z 2 n ,
.
+oo (-l) n
sm(z) = ]; (2n + 1)! z 2 n+ 1 ,
+oo
1
sh( z) = ""'
z 2 n+l .
f='o (2n + 1 ) !
Démonstration Ces relations découlent de l'égalité exp(z) = L:�:O rhz n et
de la définition 4.16.
D
Exemples
1. Résolvons dans C l'équation cos(z) = O. D'après la définition de la fonction
cosinus complexe, pour tout z E C on a cos( z) = 0 si et seulement si exp( -iz) =
- exp(iz). Désignons par x la partie réelle de z et par y sa partie imaginaire.
On a
exp(-iz) = - exp(iz) {::: :: ::>
eY cos(x) - ieY sin(x) = -e - Y cos(x) - ie - y sin(x). (9)
Deux complexes égaux ayant même module, on déduit de la relation (9) que
eY = e-Y. Cela implique que e 2 Y = 1 donc que y = O. De la relation (9)
on déduit alors, en identifiant les parties réelles, que cos(x) = - cos(x) (on a
toujours égalité des parties imaginaires). On a donc cos(x) = 0 autrement dit
x = I +br avec k E Z. L'ensemble des solutions de l'équation cos(z) = 0 est
S = Hn + k1r ; k E Z}.
Dans C, cos(z) = 0 si et seulement s'il existe k E Z tel que z = �7r + kn.
2. Effectuons un raisonnement analogue pour déterminer l'ensemble des solutions dans C de l'équation ch(z) = O. D'après la définition de la fonction
cosinus hyperbolique complexe, pour tout z E Con a ch(z) = 0 si et seulement
si exp( z) = - exp( -z). Désignons par x la partie réelle de z et par y sa partie
imaginaire. On a exp(z) = - exp(-z) si et seulement si ex cos(y) + iex sin(y) =
-e-x cos(y)+ie-x sin(y). Deux complexes égaux ayant même module, on déduit
de la relation précédente que ex = e - x ce qui implique que x = O. On obtient
alors, en identifiant les parties réelles, que cos(y) = - cos(y), autrement dit
que cos(y) = O. Par conséquent on a y = � + kn avec k E z. L'ensemble des
solutions de l'équation ch(z) = 0 est donc S = Hni + ik?r ; k E Z}.
Dans C, ch(z) = 0 si et seulement s'il existe k E Z tel que z = �ni + kni.
3. Résolvons dans C l'équation sin(z) = 2. D'après la définition de la fonction sinus complexe, pour tout z E C on a sin(z) = 2 si et seulement si