Bonjour à toutes et à tous,
Je cherche un moyen élémentaire (niveau TS si possible) de démontrer que
\displaystyle A_n=\sum_{k=1}^n \cot^2 \frac{k\pi}{2n+1}=\frac{n(2n-1)}{3}
où n est un entier naturel non nul.
Avez-vous des idées?
Merci d’avance!
Salut,
Récurrence ? lol
en derivant cot on obtient la formule :
cot^{2}+1=\frac{1}{sin^{2}}
puis avec la formule cos(2x)=1-2sin²(x)
\displaystyle A_n=\sum_{k=1}^n \ -1+\frac{1}{sin^{2}(\frac{k\pi}{2n+1})} = -n + \sum_{k=1}^n \frac{2}{1-cos(\frac{2k\pi}{2n+1})}
apres, le passage aux complexe me parait difficile avec la fraction 
Salut !
Je l’ai eu en DS, avec des questions préliminaires.
\large\fbox{\textrm{Preliminaire :}}
Soient \displaystyle \varphi \in\mathbb{R},p\in\mathbb{N}. Démontrer que :
\displaystyle \sin\left((2p+1)\varphi\right)=\sum_{k=0}^p(-1)^k{{2p+1}\choose{2k+1}}\cos^{2p-2k}(\varphi).\sin^{2k+1}(\varphi)\large\fbox{\textrm{Liminaire :}} (
)
Soient \displaystyle \varphi \in\mathbb{R},p\in\mathbb{N} tel que \displaystyle \frac{\varphi}{\pi}\not\in\mathbb{Z}. Démontrer que :
\displaystyle \sin\left((2p+1)\varphi\right)=\sin^{2p+1}(\varphi).\sum_{k=0}^p(-1)^k{{2p+1}\choose{2k+1}}\left(cotan^2\varphi\right)^{p-k}Soient \displaystyle p\in\mathbb{N}^* et \displaystyle P le polynôme défini par \displaystyle P(X)=\sum_{k=0}^p(-1)^{\fbox{k}}{{2p+1}\choose{2k+1}}.X^{p-k}
a) Pour tout entier \displaystyle h\in[[1,p]], on pose \displaystyle \alpha_h=cotan^2\left(\frac{h\pi}{2p+1}\right)
Calculer \displaystyle P(\alpha_h) pour tout entier \displaystyle h\in[[1,p]]b) Montrer que la fonction \displaystyle cotan^2 est strictement décroissante sur \displaystyle \left]0,\frac{\pi}{2}\right[
En déduire que \displaystyle P admet \displaystyle p racines distinctes que l’on déterminera.c) En déduire \displaystyle \sum_{k=1}^pcotan^2\left(\frac{k\pi}{2p+1}\right)=\frac{p(2p-1)}{3} et \displaystyle \sum_{k=1}^p\frac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2p+1}\right)}=\frac{2p(p+1)}{3}
Edit : j’ai rajouté la première question, on en avait besoin. Dis-moi si tu veux la correction.
Edit 2 : j’ai ajouté la toute première question
dans le meme genre de raisonnement
etudier le polynome P_n = \frac{1}{2i}((X+i)^{2n+1} - (X-i)^{2n+1})
il faut montrer que les racines x_k = cotan \frac{k\pi}{2n+1} et que P_n = (2n+1)\prod_{k=1}^{n} (X^2 - x_k^2)
et le tour est joué
-guigui- a écrit:
Soient \displaystyle p\in\mathbb{N}^* et \displaystyle P le polynôme défini par \displaystyle P(X)=\sum_{k=0}^p(-1)^k{{2p+1}\choose{2k+1}}.X^{p-k}
ça serait plutôt ça non ?
Ah vi merci ^^ je corrige
je suis triste… je pensais qu’il y aurait une approche plus… géométrique.
Perso guigui je suis intéressé par la correction 
ça fait trop longtemps je cherche sans rien trouver 
Merci
J’ai rajouté la toute première question 
J’essaie de rédiger une solution dans la soirée
Merci beaucoup !
c’est adorable de ta part !!
Voilà une version latex de l’exo j’essayerais de faire pareil pour la correction documents.scribd.com/docs/u3irzb … fzuf5a.pdf
\large\fbox{\textrm{Preliminaire :}}
Soient \displaystyle \varphi \in\mathbb{R},p\in\mathbb{N}. Posons \displaystyle C=\sin\left((2p+1)\varphi\right)=\textrm{Im}\left[e^{i(2p+1)\varphi\right]
\displaystyle C=\textrm{Im}\left[(e^{i\varphi})^{2p+1}\right]=\textrm{Im}\sum_{k=0}^{2p+1}{{2p+1}\choose{k}}\cos^{2p+1-k}(\varphi)i^k\sin^k(\varphi)
$\displaystyle C=\textrm{Im}\sum_{h=0}^p{{2p+1}\choose{2h}}\cos^{2p+1-2h}(\varphi)i^{2h}\sin^{2h}(\varphi)+$$\displaystyle\textrm{Im}\sum_{h=0}^p {{2p+1}\choose{2h+1}}\cos^{2p-2h}(\varphi)i^{2h+1}\sin^{2h+1}(\varphi)
\displaystyle C=\sum_{h=0}^p {{2p+1}\choose{2h+1}}\cos^{2p-2h}(\varphi)(-1)^{h}\sin^{2h+1}(\varphi)$
\displaystyle\fbox{\textrm{Conclusion :}} \displaystyle{\sin\left((2p+1)\varphi\right)=\sum_{h=0}^p {{2p+1}\choose{2h+1}}\cos^{2p-2h}(\varphi)(-1)^h\sin^{2h+1}(\varphi)}
\large\fbox{\textrm{Liminaire :}}
Soient \displaystyle \varphi \in\mathbb{R},p\in\mathbb{N} et \displaystyle \varphi\not\in\pi\mathbb{Z} donc \displaystyle \sin\varphi\not=0 et \displaystyle(cotan^2\varphi)^{p-k}=\frac{\cos^{2p-2k}\varphi}{\sin^{2p-2k}\varphi}
On a directement : \displaystyle\fbox{\textrm{Conclusion :}} \displaystyle\sin\left((2p+1)\varphi\right)=\sin^{2p+1}(\varphi).\sum_{k=0}^p(-1)^k{{2p+1}\choose{2k+1}}\left(cotan^2\varphi\right)^{p-k}
Questions :
a) \displaystyle P(X)=\sum_{k=0}^p{{2p+1}\choose{2k+1}}X^{p-k}
Avec \displaystyle \alpha_h=cotan^2\left(\frac{h\pi}{2p+1}\right) pour h entier compris entre 1 et p, il vient :
\displaystyle P(\alpha_h)=\sum_{k=0}^p{{2p+1}\choose{2k+1}}\left(cotan^2\left(\frac{h\pi}{2p+1}\right)\right)^{p-k}
En posant \displaystyle\varphi=\frac{h\pi}{2p+1}\not\in\pi\mathbb{Z}, on a donc
\displaystyle\sin\left((2p+1)\varphi\right)=\sin^{2p+1}(\varphi).P(\alpha_h) et \displaystyle\sin\left((2p+1)\varphi\right)=\sin(h\pi)=0
D’où \displaystyle P(\alpha_h)=0 car encore une fois, \displaystyle\sin^{2p+1}\varphi\not=0
\displaystyle\fbox{\textrm{Conclusion :}} Pour \displaystyle h\in[[1,p]],\;\alpha_h est racine de \displaystyle P.
b) Pour \displaystyle h\in[[1,p]], on a \displaystyle\frac{1}{2p+1}\le\frac{h}{2p+1}\le\frac{p}{2p+1}<\frac{1}{2} et \displaystyle 0<\frac{\pi h}{2p+1}<\frac{\pi}{2}
Soit \displaystyle f(x)=cotan^2(x)}\\x\in D=\left]0,\frac{\pi}{2}\right[. On a \displaystyle \forall x\in D,\;f'(x)=2cotan(x)\times\left(\frac{-1}{\sin^2(x)}\right)<0
Donc f est strictement décroissante. Ainsi \displaystyle\alpha_1>\alpha_2>...>\alpha_p.
P admet n racines distinctes \displaystyle\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_p. De plus \displaystyle \deg P=p
\displaystyle\fbox{\textrm{Conclusion :}} Les racines de P sont exactement \displaystyle\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_p
c) \displaystyle P(X)=\sum_{k=0}^p(-1)^k{{2p+1}\choose{2k+1}}X^{p-k}
\displaystyle P(X)={{2p+1}\choose{1}}X^p-{{2p+1}\choose{3}}X^{p-1}+...+(-1)^p{{2p+1}\choose{2p+1}}
Or, d’après les relations coeffs/racines des polynômes :
\displaystyle \sum_{h=1}^p\alpha_h=-\left[-\frac{{{2p+1}\choose{3}}}{{{2p+1}\choose{1}}}\right]=\frac{(2p+1)!}{3!(2p-2)!}\times\frac{1}{2p+1}=\frac{(2p)!}{(2p-2)!3!}
\displaystyle \sum_{h=1}^p\alpha_h=\frac{2p(p-1)}{2\times3}=\frac{p(2p-1)}{3}
De plus \displaystyle\alpha_h=cotan^2\frac{h\pi}{2p+1}
\displaystyle\fbox{\textrm{Conclusion :}} \displaystyle \sum_{k=1}^pcotan^2\left(\frac{k\pi}{2p+1}\right)=\frac{p(2p-1)}{3}
De plus \displaystyle\forall x\in D,\;cotan^2(x)=\frac{\cos^2(x)}{\sin^2(x)}=\frac{1-\sin^2(x)}{\sin^2(x)}=\frac{1}{\sin^2(x)}-1
donc \displaystyle\frac{1}{\sin^2(x)}=1+cotan^2(x)
On en déduit facilement :
\displaystyle\fbox{\textrm{Conclusion :}} \displaystyle \sum_{k=1}^p\frac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2p+1}\right)}=\frac{p(2p-1)}{3}+p=\frac{2p(p+1)}{3}
OUF !
Wow mec c’est magnifique !
Mercii infiniment , ça fait des plombes que je cherche, hé c’était bien vu le coup de la partie imaginaire !
je tape ça et je t’envoie le tout c’est super <3 !!
Héhé , de rien !
M’enfin c’est loooong ^^
Joli le document … entier
tu n’as pas pris le postscript de la démo 9 mais juste la démo 1 
Chez moi, le document est entier.
Ha oui je connais ce document, en voilà une version en PDF
Je savais même pas qu’il y avait la réponse à ma question là dedans héhé.
Sinon merci à tous pour vos réponses.