[Deug] Lemme trigonométrique

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[Deug] Lemme trigonométrique

Messagepar Invité » Mercredi 29 Juin 2005, 21:26

Bonjour,

Je cherche à prouver l'égalité :
<center>$\dfrac {\sin(mx)}{\sin x} = (-4)^{(m-1)/2} \ds\prod_{1 \leqslant j \leqslant (m-1)/2} \left ( (\sin x)^2 - (\sin (2 \pi j /m))^2 \right )$</center>

On trouve aisément que :
<center>$\dfrac {\sin(mx)}{\sin x} =\ds\sum_{k=0}^{(m-1)/2}(-1)^kC_{m}^{2k+1}(sin^2x)^k(1-sin^2x)^{\frac{m-1}{2}-k}$</center>

On remarque ainsi que $\dfrac{\sin(mx)}{\sin x}$ est un polynôme de degré $\dfrac{m-1}{2}$ en $sin^2x$, puis que ce polynôme a pour racines les $sin^2(\frac{2\pi j}{m})$ avec $1\leq j\leq \dfrac{m-1}{2}$.

Ensuite, dans le livre de J.P. Serre, Cours d'arithmétique, on a comme indication : le facteur $(-4)^{\frac{m-1}{2}}$ s'obtient en comparant les coefficients de $e^{i(m-1)x}$ dans les deux membres.

Ici je n'ai plus d'idée pour progresser.

Si quelqu'un a une idée, je suis preneur.

Merci d'avance.

Jérémy
Invité
 

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Messagepar P.Fradin » Mercredi 29 Juin 2005, 22:20

Bonsoir,

Tout d'abord êtes-vous bien sûr qu'il s'agit de $\sin(\frac{2k\pi j}m)$ et non pas de $\sin(\frac{k\pi j}m)$?

Cela mis à part, le coefficient que vous cherchez est tout simplement le coefficient dominant du polynôme que vous avez obtenu, ce coefficient vaut:

<center>$(-1)^{\frac{m-1}2}\ds\sum_k (-1)^k {\rm C}_m^{2k+1}$</center>

ce qui vaut exactement $(-1)^{\frac{m-1}2} \frac{2^m}2=(-4)^{\frac{m-1}2}$ (n'oublions pas que $m$ est impair).
P.Fradin
 

Messagepar Invité » Mercredi 29 Juin 2005, 23:09

Bonsoir et merci d'avoir répondu si vite.

Effectivement, je n'avais pas vu que je cherchais le coeff dominant du dit polynôme.

Je n'ai pas vérifié votre résultat (est-ce évident à trouver? à première vue ce résultat ne m'a pas l'air évident) mais en tout cas, il me semble que $\ds\sum_{k=0}^{\frac{m-1}{2}}(-1)^k C_m^{2k+1}=\pm 2^{\frac{m-1}{2}}$ selon la congruence de $m$ modulo $8$.
Invité
 

Messagepar Invité » Mercredi 29 Juin 2005, 23:19

Re,
Je viens de faire le calcul du coeff dominant du dit polynôme. Il s'agit de :
<center>$(-1)^{\frac{m-1}{2}}\sum_{k=0}^{\frac{m-1}{2}}C_m^{2k+1}$</center>

Ceci étant bien égal à $(-1)^{\frac{m-1}{2}}2^{m-1}$ et on retombe sur votre calcul.

Merci P. Fradin de votre aide, je ne m'étais pas engagé sur cette voie.

Dernière petite précision, comprenez-vous l'indication de J.P. Serre pour trouver ce coeff?

Merci encore de m'avoir aidé à résoudre mon problème.

Cordialement.

Jérémy
Invité
 

Messagepar MB » Mercredi 29 Juin 2005, 23:57

Anonymous a écrit:Dernière petite précision, comprenez-vous l'indication de J.P. Serre pour trouver ce coeff?


Vous êtes passé par l'écriture de $sin(x)$ à base de $e^{ix}$ ?

PS1 : A quel niveau se situe cet exercice ?
PS2 : Pouvez-vous vous inscrire sur le forum ?
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Messagepar Invité » Jeudi 30 Juin 2005, 09:24

Bonjour MB,

J'ai effectivement essayer d'utiliser la formule trigo :
<center>$sinx=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$</center>
Mais sans grand résultat...

Ce lemme trigo se trouve dans le livre, $\emph{Cours d'arithmétique}$, de J.P. Serre, Presses universitaires de France.
Il est utilisé, dans une démonstration dû à G. Eisentein, pour démontrer la loi de réciprocité quadratique.

Ce livre est destiné à des étudiants de maîtrise et plus, mais le lemme trigonométrique, en lui même, est, à mon avis, un bon exo de DEUG ou CPGE.

Quant à l'inscription, j'y vais de ce pas...

Cordialement,

Jérémy
Invité
 

Messagepar P.Fradin » Jeudi 30 Juin 2005, 10:52

En posant $\sin(x)=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ et en posant pour simplifier $X=e^{ix}$, vous avez à gauche une fraction rationnelle en $X$ ($\frac{\sin(mx)}{\sin(x)}$) équivalente en l'infini à $X^{m-1}$, et le produit :

<center>$\ds \prod\limits_{j=1}^{(m-1)/2}\left[\sin^2(x)-\sin^2(\frac{\pi j}m)\right]$ </center> devient lui aussi une fraction rationnelle en $X$ équivalente en l'infini à $\ds \frac{X^{m-1}}{(-4)^{(m-1)/2}}$. Ce qui donne le facteur manquant.
P.Fradin
 

Messagepar Jérémy » Jeudi 30 Juin 2005, 12:16

Bonjour,

C'est tout à fait cela qu'il fallait faire!

Je n'avais pas pensé à regarder le comportement asymptotique des fractions rationnelles. En réalité, je ne pensais même pas que ce procédé était licite, mais dans Methodix algèbre, on n'hésite pas à le faire donc....

Je pense néanmoins qu'il ne doit pas être évident de formaliser rigoureusement le comportement d'une fraction rationnelle en l'infini.

Merci d'avoir pris le temps de résoudre mon problème.

Jérémy
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Messagepar P.Fradin » Jeudi 30 Juin 2005, 12:42

En réalité il s'agit du comportement en l'infini de la fonction rationnelle associée à la fraction rationnelle, lorsque le corps de base est infini ($\mathbb{C}$ ici) on peut "confondre" les deux notions.
P.Fradin
 

Messagepar nirosis » Jeudi 30 Juin 2005, 13:05

Juste par curiosité, comment trouve-t-on la formule :

<center>$\dfrac {\sin(mx)}{\sin x} =\ds\sum_{k=0}^{(m-1)/2}(-1)^kC_{m}^{2k+1}(sin^2x)^k(1-sin^2x)^{\frac{m-1}{2}-k}$</center>

C'est avec les formules d'Euler ou bien ?
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Messagepar P.Fradin » Jeudi 30 Juin 2005, 13:12

nirosis a écrit:Juste par curiosité, comment trouve-t-on la formule :

<center>$\dfrac {\sin(mx)}{\sin x} =\ds\sum_{k=0}^{(m-1)/2}(-1)^kC_{m}^{2k+1}(sin^2x)^k(1-sin^2x)^{\frac{m-1}{2}-k}$</center>

C'est avec les formules d'Euler ou bien ?


Ce serait plutôt formule de Moivre: $\sin(mx)={\rm Im}\left( [\cos(x)+i\sin(x)]^m\right)$, suivie du binôme de Newton.
P.Fradin
 

Messagepar nirosis » Jeudi 30 Juin 2005, 13:20

Effectivement, voilà qui me parait plus adéquat... J'oublie toujours ce brave Moivre.

Merci.
nirosis
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Messagepar Jérémy » Jeudi 30 Juin 2005, 13:22

Pour nirosis :

Il faut utiliser la formule de moivre : $e^{imx}=(e^{ix})^m$ soit $cos(mx)+isin(mx)=(cosx+isinx)^m$.

Ensuite, on développe avec le binôme de Newton et on isole partie réelles et parties imaginaires.


Pour P. Fradin :

d'accord avec vous. Mais alors :

<center>$\frac{sin(mx)}{sinx}=\frac{X^m-\frac{1}{X^m}}{X-\frac{1}{X}}=X^{m-1}\frac{1-\frac{1}{X^{2m}}}{1-\frac{1}{X^2}}$</center>

Mon problème est que $X=e^{ix}$ est de module 1... Quelquechose m'échappe.

Jérémy
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Messagepar P.Fradin » Jeudi 30 Juin 2005, 14:03

Jérémy a écrit:Pour P. Fradin :

d'accord avec vous. Mais alors :

<center>$\frac{sin(mx)}{sinx}=\frac{X^m-\frac{1}{X^m}}{X-\frac{1}{X}}=X^{m-1}\frac{1-\frac{1}{X^{2m}}}{1-\frac{1}{X^2}}$</center>

Mon problème est que $X=e^{ix}$ est de module 1... Quelquechose m'échappe.

Jérémy


En effet, on pourrait croire à une arnaque! Il n'en est rien cependant.

Il faut raisonner en termes de fractions rationnelles (avec l'indéterminée $X$), l'égalité ayant lieu pour une infinité de valeurs (tous les $e^{ix}$), on a l'égalité des fractions rationnelles dans $\mathbb{C}(X)$:

<center>$\ds X^{m-1}\frac{1-\frac{1}{X^{2m}}}{1-\frac{1}{X^2}}= \lambda \prod\limits_{k=1}^{(m-1)/2} \left[ \left(\frac{X^2-1}{2iX}\right)^2-\sin^2(\frac{k\pi}m)\right]$</center>

$\lambda$ est le coefficient cherché.
P.Fradin
 


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