Calcul d'une somme

[invite027ea645]

Bonjour à tous,

Je cherche à prouver que pour tout :

Une idée ?

Merci.
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[Seirios]

Bonsoir,

Sauf erreur de calcul, l'égalité ne me semble pas vérifiée pour n=3.

[invite027ea645]

Je trouve personnellement que ça fonctionne :

[invite212a1c38]

Bonsoir,

Un petit programme sous matlab montre que l'égalité est juste,

n=11;
s=0;
for j=1:n
s=s+1/(1-cos((j-1/2)*pi/n));
end

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite027ea645]

Merci alebot, j'avais vérifié avec Matlab également. Je n'ai néanmoins toujours pas trouvé de démonstration...

[inviteea028771]

J'aurai envie de développer en série entière le 1/(1-z), d'inverser les sommes et de faire apparaitre des séries géométriques en écrivant le cosinus comme une somme de exponentielles complexes

Après, je n'ai pas fait les calculs, il s'agit juste d'une intuition

[invite027ea645]

Avec cette méthode, puis utilisation du binôme de Newton, inversion des sommes, calcul d'une somme géométrique, sélection des pour lesquels le terme général ne s'annule pas, j'en étais arrivé à (j'omets quelques étapes) :

Mais je suis bloqué avec le parmi ...

Peut-être des pistes pour continuer ?

Merci en tout cas.

[invitef3414c56]

Bonjour,

Voici sauf erreur une possibilité:

1) Je note S_1 votre somme. Soit:



Soit S_3 la somme qui dans S_2 correspond aux j allant de n+1 à 2n. On fait dans S_3 le changement d'indice j=n+j_1, j_1 allant de 1 à n. La somme obtenue est presque S_1, sauf qu'il y a un + à la place d'un - devant le cosinus. On fait le changement d'indice j_2=n+1-j_1, j_2 va de 1 à n, et on retrouve S_1. Donc S_2=2S_1.

2) On a:



donc:



3) On a


On prend la dérivée logarithmique:


On remplace x par 1/x et on simplifie:



On dérive:



4) On fait x=\exp(-i\pi/(2n)) et on fait quelques calculs, on trouve S_2=2n^2, d'où S_1=n^2.

Tout cela à vérifier, naturellement....

Cordialement.

[invite027ea645]

Merci Jedoniuor. Une question cependant : l'étape avec la dérivation logarithmique est-elle valable ? Dans le plan complexe, on définit généralement :



Et il me semble qu'on n'a pas nécessairement :



Qu'en penses-tu ?

Merci beaucoup en tout cas.

[invite027ea645]

Je viens de vérifier et en tout cas l'inégalité obtenue est bien vraie. Il ne me reste plus qu'à trouver une justification qui me convainque. Merci encore !

[invitef3414c56]

Bonjour,

"on dérive logarithmiquement" n'est qu'une formule commode. En fait "dériver logarithmiquement la fonction f", c'est simplement calculer f'/f, ce qui, dès que f est non nulle, est parfaitement défini. Quand on a f sous la forme d'un produit, par exemple f=AB, on voit que formellement, calculer f'/f et calculer la dérivée d'une expression formelle qui serait log f=log A+log B, (expression qui peut parfaitement ne pas \^etre ien définie) c'est pareil. Mais c'est plus simple de dériver une somme qu'un produit, alors ...

Bon si on veut \^etre rigoureux, on écrit f'=A'B+AB', et on divise par AB. On peut parfaitement le faire pour le polyn\^ome qui nous occupe, mais ce sera plus compliqué à écrire.

Cordialement.

[invite027ea645]

C'est bon, je me suis convaincu que c'était correct. Merci encore

Edit : avec ton dernier message, c'est encore plus clair.

[invitef3414c56]

Encore plus simple:
Dire que la formule qui vous emb\^ete n'est autre que la décomposition en éléments simples de 2nx^{2n-1}/(x^{2n}-1)....

[invite0fa82544]

Encore plus simple:
Dire que la formule qui vous emb\^ete n'est autre que la décomposition en éléments simples de 2nx^{2n-1}/(x^{2n}-1)....

ou encore : la somme cherchée est la somme des résidus de et donc est égale à une certaine intégrale dans le plan complexe...

[invite5418555b]

Bonjour,

J'ai cherche un peu et c'est peut-être moins complique que ca en a l'air.

Déjà, pour voir ce qui se passe il faut ecrire a la main la somme pour n=1, 2, 3 et 4, ainsi qui tracer un cercle pour voir les angles. On se rend compte ainsi que les membres de l'equation sont symétriques par rapport a pi/2. Il est alors possible de voir comment appareiller les termes 2 par 2 pour avoir un effet interessant.

On se rend compte alors que l'on a dans la somme un terme en 1/(1-cos (j-1/2)*pi/n) et un terme 1/(1-cos (n-j-1/2)*pi/n), qui se trouve etre egal a 1/(1+ cos (j-1/2)*pi/n) (les 2 angles sont symétriques par rapport a pi/2).

On regroupe les termes 2 par 2, ce qui donne:
1/(1-cos (j-1/2)*pi/n + 1/(1+ cos (j-1/2)*pi/n) = ((1+ cos (j-1/2)*pi/n) + (1-cos (j-1/2)*pi/n))/(1+ cos (j-1/2)*pi/n)(1-cos (j-1/2)*pi/n)
= 2/(1-cos^2 (j-1/2)*pi/n)
= 2/sin^2(j-1/2)*pi/n)

Dans la somme totale, il restera un terme qui ne peut pas etre appareille, mais dont l'angle vaudra pi/2 et qui vaudra donc 1.

On se retrouve donc avec S = somme de 1 a n/2 (2/sin^2 (j-1/2)*pi/n)
( + 1 si n est impair ).

Ensuite il faudrait developper la somme des sin^2, puis arriver a montrer que le numerateur vaut 1 et le denominateur vaut 1/ (1/2)^n-1, en regroupant les termes du produit du denominateur par 2 et en utilisant une equation trigonometrique du genre sin(a) sin(b) = −1/2[cos(a + b) − cos(a − b)]
(il faudrait choisir a et b judicieusement dans le denominateur de manière a ce que a+b soit egal a pi/2 et a-b = pi, ce qui donnerait sin(a) sin(b) = -1/2. )

Je ne suis pas sur des etapes finales a faire, mais ca semble pas trop mal parti .

Nicolas.

[invite63e767fa]

Bonjour,

Une démonstration rigoureuse est donnée dans le document joint.

[invite63e767fa]

Ne pas tenir compte de la première mention "k changé en -k" qui est restée à la suite d'une erreur de copier-coller.