Eclats de vers : Matemat : Fonctions trigonometriques

• Chapitre \ref{chap:complexe} : Les complexes

Les fonctions trigonométriques cosinus (\(\cos\)), sinus (\(\sin\)) et associées peuvent se définir à partir des rotations dans le plan \(\setR^2\). Pour cela, commençons par définir ce qu'est une rotation. Soit la fonction :

\[Q : \setR\mapsto \matrice(\setR, 2, 2), \qquad \theta \mapsto Q(\theta)\]

qui associe à chaque valeur de l'angle de rotation \(\theta \in \setR\) une matrice carrée réelle représentant une rotation dans le plan \(\setR^2\).

Il semble logique de demander qu'une rotation d'angle \(0\) d'un vecteur ne modifie pas ce vecteur, c'est-à-dire :

\[Q(0) = I\]

Une rotation doit conserver les angles entre les vecteurs, ainsi que leur norme. Autrement dit, le produit scalaire sur \(\setR^2\) :

\[\scalaire{x}{y} = x^\dual \cdot y\]

doit être conservé :

\[\scalaire{Q(\theta) \cdot x}{Q(\theta) \cdot y} = \scalaire{x}{y}\]

pour tout \(x,y\in\setR^2\), c'est-à-dire :

\[(Q(\theta) \cdot x)^\dual \cdot (Q(\theta) \cdot y) = x^\dual \cdot Q(\theta)^\dual \cdot Q(\theta) \cdot y = x^\dual \cdot y\]

On en déduit que :

\[Q(\theta)^\dual \cdot Q(\theta) = I\]

Comme \(Q(\theta)\) est carrée, on a :

\[Q(\theta)^\dual = Q(\theta)^{-1}\]

où le \(^{-1}\) désigne l'inverse matriciel. Quelques calculs suffisent à nous montrer que pour satisfaire cette condition, la forme de la matrice doit être l'une des deux solutions suivantes :

où \(\cos, \sin : \setR \mapsto \setR\) sont des fonctions à déterminer vérifiant la relation fondamentale :

\[\cos(\theta)^2 + \sin(\theta)^2 = 1\]

Mais comme \(Q(0)=I\), l'élément \((1,1)\) de la matrice doit être identique à l'élément \((2,2)\) et on a :

avec :

Posons \(x = \cos(\theta)\) et \(y = \sin(\theta)\). En différentiant la condition :

\[x^2 + y^2 = 1\]

on obtient :

\[2 \ x \ dx + 2 \ y \ dy = 0\]

En particulier, si \((x,y) = (1,0)\), le vecteur \((dx,dy)\) doit être de la forme :

Une rotation infinitésimale doit donc modifier le vecteur \((1,0)\) en :

\[(1,0)+(dx,dy)=(1,\delta)\]

On en conclut que :

Compte tenu des propriétés de symétrie de \(Q(\delta)\), on a donc :

lorsque \(\delta\) suffisamment proche de \(0\). Plus précisément, on a :

On impose que les valeurs absolues des composantes de l'erreur convergent plus vite vers zéro que \(\delta\) :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\abs{E_{ij}(\delta)}}{\delta} = 0\]

D'après la forme des matrices, il est clair que :

On en déduit qu'il suffit de vérifier la convergence des composantes \((1,1)\) et \((2,1)\). La première nous dit que :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\cos(\delta) - 1}{\delta} = 0\]

et la seconde :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\delta)-\delta}{\delta} = 0\]

ou :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\delta)}{\delta} = 1\]

Une rotation d'angle \(\theta_1\) suivie d'une rotation d'angle \(\theta_2\) doit donner le même résultat qu'une rotation directe d'angle \(\theta_1+\theta_2\), ce qui s'écrit :

\[Q(\theta_1+\theta_2) = Q(\theta_2) \cdot Q(\theta_1)\]

On en déduit directement que :

\[Q(\theta) \cdot Q(-\theta) = Q(\theta - \theta) = Q(0) = I\]

Comme \(Q(\theta)\) est carrée, on a :

\[Q(-\theta) = Q(\theta)^{-1} = Q(\theta)^\dual\]

Au niveau des composantes, la propriété d'additivité implique que :

En effectuant le produit matriciel et en comparant composante par composante, on obtient les formules suivantes :

La dérivée de la fonction \(\cos\) s'écrit :

\[\OD{\cos}{\theta}(\theta) = \lim_{\delta\to 0} \frac{ \cos(\theta+\delta)-\cos(\theta) }{ \delta } \\\]

En appliquant les formules d'additivité ci-dessus avec \(\theta_1 = \theta\) et \(\theta_2 = \delta\), et en se rappelant les propriétés des fonctions \(\cos\) et \(\sin\) pour des angles \(\delta\to 0\), on obtient :

\begin{align} \OD{\cos}{\theta}(\theta) &= \lim_{\delta\to 0} \frac{ \cos(\theta) \ \cos(\delta) - \sin(\theta) \ \sin(\delta) - \cos(\theta) }{ \delta } \) \( &= \lim_{\delta\to 0} \frac{ \cos(\theta) \ (\cos(\delta) - 1) - \sin(\theta) \ \sin(\delta) }{ \delta } \) \( &= -\sin(\theta) \end{align}

La dérivée de la fonction \(\sin\) s'écrit :

\[\OD{\sin}{\theta}(\theta) = \lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\theta+\delta)-\sin(\theta)}{\delta} \\\]

En procédant comme précédemment, on arrive à :

\begin{align} \OD{\sin}{\theta}(\theta) &= \lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\theta) \ \cos(\delta) + \cos(\theta) \ \sin(\delta) - \sin(\theta)}{\delta} \) \( &= \lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\theta) \ (\cos(\delta) - 1) + \cos(\theta) \ \sin(\delta)}{\delta} \) \( &= \cos(\theta) \end{align}

On a donc :

La dérivée seconde de la fonction \(\cos\) s'écrit :

\[\OOD{\cos}{\theta}(\theta) = \OD{(-\sin)}{\theta}(\theta) = -\cos(\theta)\]

On a aussi \(\cos(0) = 1\) et :

\[\OD{\cos}{\theta}(0) = -\sin(0) = 0\]

La fonction \(\cos\) est donc l'unique solution \(u : \setR \mapsto \setR\) du problème différentiel :

\begin{align} \partial^2 u(t) &= -u(t) \) \( u(0) &= 1 \) \( \partial u(0) &= 0 \end{align}

vérifié pour tout \(t \in \setR\). La dérivée seconde de la fonction \(\sin\) s'écrit :

\[\OOD{\sin}{\theta}(\theta) = \OD{\cos}{\theta}(\theta) = -\sin(\theta)\]

On a aussi \(\sin(0) = 0\) et :

\[\OD{\sin}{\theta}(0) = \cos(0) = 1\]

La fonction \(\sin\) est donc l'unique solution \(v : \setR \mapsto \setR\) du problème différentiel :

\begin{align} \partial^2 v(t) &= -v(t) \) \( v(0) &= 0 \) \( \partial v(0) &= 1 \end{align}

vérifié pour tout \(t \in \setR\).

Nous allons maintenant nous occuper du problème des éventuelles racines des fonctions trigonométriques. Soit :

La fonction \(u\) vérifie :

La fonction \(v\) vérifie :

Soit \(\varphi\) l'infimum des réels positifs donnant une valeur négative à la fonction \(u\) :

\[\varphi = \inf\{ x \in \setR : x \ge 0, \ u(x) < 0 \}\]

Nous allons montrer que \(\varphi\) est un réel, c'est-à-dire que \(\varphi < +\infty\). Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral nous dit que :

En tenant compte des propriétés de \(u, v\), ces relations se réécrivent :

On a donc :

Comme \(u\) est dérivable, elle est continue et on peut trouver un \(\epsilon\in \intervalleouvert{0}{\varphi}\) tel que, pour tout \(t\in \intervalleouvert{0}{\epsilon}\) :

\[\abs{u(t)-u(0)} = \abs{u(t) - 1} \strictinferieur 1\]

On en déduit que :

\[1 - u(t) \strictinferieur 1\]

c'est-à-dire :

\[u(t) \strictsuperieur 0\]

La positivité de \(u\) entraîne celle de \(v\) :

\[v(t) = \int_0^t u(s) ds > 0\]

pour tout \(t \in \intervalleouvert{0}{\epsilon}\).

Pour \(t\in \intervalleouvert{\epsilon}{\varphi}\), la définition de \(\varphi\) nous dit que \(u \ge 0\) sur \(\intervalleouvert{0}{\varphi}\) et donc :

\begin{align} v(t) &= \int_0^t u(s) ds = \int_0^\epsilon u(s) ds + \int_\epsilon^t u(s) ds \) \( &\ge \int_0^\epsilon u(s) ds > 0 \end{align}

On pose :

\[\delta = \int_0^\epsilon u(s) ds\]

pour alléger les notations. Toujours avec \(t \in \intervalleouvert{\epsilon}{\varphi}\), il vient :

\begin{align} u(t) &= 1 - \int_0^t v(s) ds \le 1 - \int_\epsilon^t v(s) ds \) \( &\le 1 - (t-\epsilon) \ \delta \end{align}

On peut donc trouver \(t\) tel que \(u(t) \le 0\). En effet, l'égalité :

\[1 - (t-\epsilon) \ \delta = 0\]

est équivalente à :

\[t = \unsur{\delta} + \epsilon < +\infty\]

donc :

\[u\left(\unsur{\delta} + \epsilon\right) \le 0\]

Comme \(u\) est continue, elle ne peut pas devenir négative sans passer par \(0\) et il existe au moins un :

\[\psi \le \unsur{\delta} + \epsilon\]

tel que \(u(\psi) = 0\). Donc :

\[\varphi \le \unsur{\delta} + \epsilon < +\infty\]

Nous allons à présent montrer d'importantes propriétés de périodicité des fonctions trigonométriques. Considérons la plus petite racine positive de \(u\) :

\[\psi = \min\{ x \ge 0 : u(x) = 0 \}\]

Vu que \(u^2+v^2 = 1\), on doit avoir \(v(\psi)^2 = 1 - u(\psi)^2 = 1\). Donc \(v(\psi)=\pm 1\). Mais \(v \ge \delta > 0\) sur l'intervalle \((\epsilon,\psi)\) et par continuité :

\[v(\psi) = \lim_{x\to\psi} v(x) \ge 0\]

La seule solution acceptable est donc \(v(\psi) = 1\). Donc \(v\) est solution du problème :

Mais la fonction définie par \(f(t) = u(t-\psi)\) vérifie également ce problème. Par unicité, on en déduit :

\[u(t-\psi) = v(t)\]

En particulier, en \(t = 2 \psi\), on a :

\[v(2\psi) = u(\psi) = 0\]

Donc \(u(2\psi)^2 = 1 - v(2\psi)^2 = 1\). Quel est le signe de \(u(2\psi)\) ? Choisissons \(s\in [\psi,2\psi]\) et \(t = s-\psi \in [0,\psi]\). On a :

\[v(s) = u(t) \ge 0\]

par définition de \(\psi\) et continuité de \(u\) (la fonction de peut pas devenir négative avant de passer par \(0\)). Donc :

\[u(t) = -\int_\psi^t v(s) ds \le 0\]

et par continuité \(u(2\psi) = -1\). Par unicité de la solution de :

on a :

\[u(t-2\psi) = -u(t)\]

Répétant le même procédé, on obtient successivement :

L'additivité nous donne :

\[\cos(2 \ x) = \cos(x + x) = \cos(x) \cdot \cos(x) - \sin(x) \cdot \sin(x)\]

On a donc :

\[\cos(2 \ x) = \cos(x)^2 - \sin(x)^2\]

Comme \(\sin\) est une primitive de \(\cos\), on a :

\[\int_a^b \cos(t) \ dt = \sin(b) - \sin(a)\]

Comme \(\cos\) est une primitive de \(-\sin\), on a :

\[-\int_a^b \sin(t) \ dt = \cos(b) - \cos(a)\]

ou :

\[\int_a^b \sin(t) \ dt = \cos(a) - \cos(b)\]

La tangente \(\tan\) est définie par :

\[\tan(x) = \frac{\sin(x)}{\cos(x)}\]

pour tout \(x \in \setR\).