Logarithme complexe ln(z)

Tu cherches certainement ceci.

"Le" logarithme complexe, c'est autre chose et c'est nettement plus compliqué.

Cette formule est trop compliquée par rapport à ce que tu cherches.

Soit $z$ un nombre complexe non nul. Celui-ci admet une écriture polaire de la forme $r e^{i \theta}$, où $r$ est un nombre réel strictement positif et $\theta \in [0, 2 \pi[$ et ton objectif est de trouver $\theta$ à partir de $z$. Il y a plusieurs manières de le faire, certaines passant par l'utilisation d'un logarithme complexe, mais c'est une notion un peu délicate à saisir (plus que pour le logarithme réel).

Une manière "terre-à-terre" de le faire est la suivante. On a $z = r \cos \theta + i r \sin \theta$, autrement dit $\mathfrak{Re}(z) = r \cos \theta$ et $\mathfrak{Im}(z) = r \sin \theta$ et on va se servir de ces parties réelle et imaginaire pour trouver $\theta$.

Si $\mathfrak{Re}(z) = 0$, c'est que $\cos \theta = 0$, autrement dit, $\theta = \frac{\pi}{2}$ ou $\theta = \frac{3 \pi}{2}$ (ce sont les seules valeurs de $\theta$ entre $0$ et $2 \pi$ qui annulent le cosinus) et donc on a $z = ir$ ou $z=-ir$. Il n'y a plus qu'à regarder le signe de la partie imaginaire de $z$ pour savoir laquelle des deux valeurs de $\theta$ est la bonne.

Sinon, on a le droit de diviser par $\mathfrak{Re}(z) = r \cos \theta$, et on trouve donc $\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)} = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$ (les $r$ se simplifient). On reconnaît la quantité $\tan \theta$ (tangente de $\theta$), et la fonction tangente a le bon goût d'être $\pi$-périodique et de réaliser une bijection sur chaque intervalle de la forme $]k\pi - \frac{\pi}{2}, k \pi + \frac{\pi}{2}[$, avec $k \in \mathbb Z$. On note sa bijection réciproque sur $]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$ par $\arctan$, autrement dit, si $x \in ]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$, on a $\arctan(\tan(x))=x$ (et aussi si $x \in \mathbb R$, on a $\tan(\arctan(x))=x$ mais on n'en a pas besoin).

On a maintenant tous les ingrédients pour trouver $\theta$.

Si $\theta \in [0, \frac{\pi}{2}[$, alors $$\theta = \arctan(\tan(\theta)) = \arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right).$$

Si $\theta \in ]\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}[$, alors $\tan(\theta) = \tan(\theta-pi)$ et $\theta-pi \in ]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$, et donc $\arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right) = \arctan(\tan(\theta-\pi)) = \theta-pi$, et finalement $$\theta = \pi + \arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right).$$

Enfin si $\theta \in ]\frac{3\pi}{2}, 2\pi[$, alors $\tan(\theta) = \tan(\theta-2pi)$ et $\theta-2pi \in ]- \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$, et donc $\arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right) = \arctan(\tan(\theta-2\pi)) = \theta-2pi$, et finalement $$\theta = 2\pi + \arctan\left(\frac{\mathfrak{Im}(z)}{\mathfrak{Re}(z)}\right).$$

Pour la première formule, faire le changement de variable $y:= \frac {z-1}{z+1}$ (de sorte que $z= \frac {1+y}{1-y}$).

Pour la dérivée de Arctan, on utilise la formule (qui se voyait jadis au lycée) : $\left(f^{-1}\right)'(x) = \frac 1{f'\left(f^{-1}(x)\right)}$, qu'on peut obtenir en dérivant $f\left(f^{-1}(x)\right) = x$ (*).

Cordialement.

(*) Ce n'est pas une démonstration, ça suppose que $f^{-1}$ a une dérivée.

Bonjour,

Par définition, on a, pour tout $\displaystyle y \in\, ]+{\tfrac\pi 2}, +{\tfrac\pi 2}[$, $\ \displaystyle \arctan(\tan y) = y$

On dérive par rapport à $y$ les deux membres de l'équation :
pour tout $ y \in\, ]+{\pi \over 2}, +{\pi \over 2}[$, $\ \displaystyle (1+\tan^2 y) \Big({d\over dy } \arctan\Big) (\tan y) = 1$
puisque que $\displaystyle {d\over dy } \tan y = 1+\tan^2 y.$

On a donc pour tout $ y \in\, ]+{\pi \over 2}, +{\pi \over 2} [$, $\ \displaystyle \Big({d\over dy } \arctan\Big) (\tan y) = {1 \over 1+\tan^2 y }$ ,

et donc, pour tout $\displaystyle x \in \R$, $\ \displaystyle \Big({d\over dx } \arctan\Big)(x) = {1 \over 1+x^2}.$