Identité trigonométrique

martini_bird · 16/01/2010 - 15h19

Salut,

je tourne en rond autour d'une égalité qui me résiste :

$\sum_{k=1}^n\frac{\sin(ak)}{ \sin(a)}.\frac{\sin(bk)}{\sin( b)}\sin^2\left(\frac{\pi}{2}(n-k)\right) = \sum_{k=1}^n\frac{\sin[(a+b)k]}{\sin(a+b)}.\frac{\sin[(a-b)k]}{\sin(a-b)}.$

Je suis preneur de toute piste. Merci par avance.

Cordialement.

martini_bird · 16/01/2010 - 16h08

Désolé, je me suis trompé en recopiant le membre de droite : il s'agit de

$\sum_{k=1}^n\frac{\sin(ak)}{ \sin(a)}.\frac{\sin(bk)}{\sin( b)}\sin^2\left(\frac{\pi}{2}(n-k)\right) = \sum_{k=1}^n\frac{\sin[(a+b)k]}{\sin(a+b)}.\frac{\sin[(a-b)(n-k)]}{\sin(a-b)}.$

Cordialement.

blable · 16/01/2010 - 16h15

Bonjour,

je regarde un peu ton problème et je vois que tu as écrit

$sin^2(\frac{\pi}{2}(n-k))$ sans remplacer par $1$ ... ? , je vais regarder par ailleurs si le changement de variable $k\rightarrow n-k$ est judicieux
bonne continuation
Blable

martini_bird · 16/01/2010 - 16h22

Salut,

en effet, le facteur en sin² est peut-être artificiel : il vaut 1 si n-k est impair, 0 sinon.

Les sommes sont invariantes par le changement d'indice $n \leftrightarrow n-k$ car ce sont en fait des convolutions.

Cordialement.

God's Breath · 16/01/2010 - 16h59

Je note $S_1 = S_2$ ton identité.

Classiquement :
$\begin{align*} 2\sin[(a+b)k]\sin[(a-b)(n-k)] &= \cos[(a+b)k - (a-b)(n-k)] - \cos[(a+b)k + (a-b)(n-k)] \\ &= \cos[2ak - n(a-b)] - \cos[2bk + n(a-b)] \\ &= \text{Re} \left[ e^{-in(a-b)} \left( e^{2ia} \right)^k - e^{in(a-b)} \left( e^{2ib} \right)^k \right] \end{align*}$

d'où
$\begin{align*} 2\sum_{k=1}^n \sin[(a+b)k]\sin[(a-b)(n-k)] &= \text{Re} \left[ \sum_{k=1}^n e^{-in(a-b)} \left( e^{2ia} \right)^k - \sum_{k=1}^n e^{in(a-b)} \left( e^{2ib} \right)^k \right] \\ &= \text{Re} \left[ e^{-in(a-b)} e^{2ia} \frac{1 - \left( e^{2ia} \right)^n}{1- e^{2ia}} - e^{in(a-b)} e^{2ib} \frac{1 - \left( e^{2ib} \right)^n}{1 - e^{2ib}} \right] \\ &= \text{Re} \left[ e^{-in(a-b)} e^{2ia} \frac{e^{ina}}{e^{ia}}.\frac{\ sin(na)}{\sin a} - e^{in(a-b)} e^{2ib} \frac{e^{inb}}{e^{ib}}.\frac{\ sin(nb)}{\sin b} \right] \\ &= \cos(a+nb) \frac{\sin(na)}{\sin a} - \cos (b+na) \frac{\sin(nb)}{\sin b} \\ &= \cos a \, \cos(nb) \frac{\sin(na)}{\sin a} - \cos b \, \cos(na) \frac{\sin(nb)}{\sin b} \end{align*}$ ,
et on a une expression sympathique :
$2\sin a \, \sin b \, \sin(a+b) \, \sin(a-b) \, S_2 = \cos a \, \cos(nb) \, \sin(na) - \cos b \, \cos(na) \, \sin(nb)$ .
Il faudrait évaluer $S_1$ par une méthode analogue, mais le fait que la somme ne contienne qu'un terme sur deux ne facilite pas les calculs.

martini_bird · 16/01/2010 - 17h59

Salut,

merci God's Breath pour ta proposition. J'ai reformulé l'identité sous la forme suivante :

$\sum_{k=1}^n\frac{\alpha^k-\alpha^{-k}}{\alpha-\alpha^{-1}}.\frac{\beta^k-\beta^{-k}}{\beta-\beta^{-1}}. \frac{1-(-1)^{n-k}}{2} = \sum_{k=1}^n\frac{(\alpha\beta )^k-(\alpha\beta)^{-k}}{\alpha\beta-(\alpha\beta)^{-1}}. \frac{\left( \frac{\alpha}{\beta} \right)^k-\left( \frac{\alpha}{\beta} \right)^{-k}}{\frac{\alpha}{\beta}- \left( \frac{\alpha}{\beta} \right)^{-1}}.$

Il "suffit" donc d'isoler chaque somme partielle de séries géométriques pour conclure. J'espère trouver en route une clef permettant de contourner ces calculs.

Cordialement.

martini_bird · 17/01/2010 - 00h44

Salut,

j'ai vraiment du mal, j'ai encore oublié de convoler le membre de droite :

$\sum_{k=1}^n\frac{\alpha^k-\alpha^{-k}}{\alpha-\alpha^{-1}}.\frac{\beta^k-\beta^{-k}}{\beta-\beta^{-1}}. \frac{1-(-1)^{n-k}}{2} = \sum_{k=1}^n\frac{(\alpha\beta )^k-(\alpha\beta)^{-k}}{\alpha\beta-(\alpha\beta)^{-1}}. \frac{\left( \frac{\alpha}{\beta} \right)^{n-k}-\left( \frac{\alpha}{\beta} \right)^{k-n}}{\frac{\alpha}{\beta}- \left( \frac{\alpha}{\beta} \right)^{-1}}.$

Sinon, j'ai réussi à trouver une démonstration simple en passant par les séries formelles (depuis le temps que j'abuse de cette technique, je me demande vraiment pourquoi je n'y ai pas pensé plus tôt !) :

$\frac{Z}{1-Z^2}\sum_{k\geq 0}\frac{\alpha^{k}-\alpha^{-k}}{\alpha-\alpha^{-1}}.\frac{\beta^{k}-\beta^{-k}}{\beta-\beta^{-1}}Z^k=\left( \sum_{k\geq 0}\frac{(\alpha\beta)^{k}-(\alpha\beta)^{-k}}{\alpha\beta-(\alpha\beta)^{-1}} Z^k\right) \left( \sum_{k\geq 0}\frac{ \left( \frac{\alpha}{\beta}\right) ^{k}-\left( \frac{\alpha}{\beta}\right) ^{-k}}{\frac{\alpha}{\beta}- \left( \frac{\alpha}{\beta} \right)^{-1}} Z^k\right)$

Ça se fait en deux coups de cuillère à pot.

Merci pour votre aide.

Cordialement.

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