Re: Unification entre fonction cartésienne et trigonométrie complexe

Le 08/07/2025 à 10:23, Samuel DEVULDER a écrit :

Le 08/07/2025 à 01:22, Richard Hachel a écrit :

oui ta rotation imaginaire transforme (x->x) en (x->x+2y₀).

 MAIS NON!
 La rotation transforme f(x) en g(x) ---> g(x)=-f(-x)+2y₀
 Si f(x)=x, tu as une droite y=x.  g(x)=-f(-x)+2y₀ pour trouver la fonction réciproque, bijective.  Or, ici, comme pour f(x)=x³ par exemple, la rotation sur $ te ramène à la même fonction, puisque ici, -f(-x)=x et 2y₀=0.

Il n'y a pas de rotation. C'est bien un truc imaginaire qui n'existe pas, et cela d'autant plus qu'on sait à présent que y₀=g(0)=0, donc le résultat est le même que la fonction de départ. La belle affaire !

 MAIS NON!
 Il est certes des cas, comme par exemple une droite, où la fonction f(x)=x³, où la fonction d'arrivée est la même que celle du départ, mais la plupart des fonctions sont différentes en symétrie de point.  Prends f(x)=e^x
 Tu obtiens g(x)=-e^(-x)+2 avec une racine imaginaire en x'=i.log2 

 Tu n'as pas répondu à ce que donne cette rotation pour (x->(exp(x)-exp(-x))/2). Permet-elle de trouver les zéros imaginaires ?

 f(x)=[e^(x)-e^(-x)]/2
 g(x)=f(x)
 La fonction est sa propre réciproque par rotation sur $, ici $(0,0), par symétrie de points.  R.H.

bref: beaucoup de questions non répondues, comme trop souvent hélas...