somme finie de carrés de tangentes

f jaclot0

<!--latex-->Bonsoir,
<BR>
<BR>Je cherche à calculer :
<!-- MATH \begin{displaymath}\sum_{k=0}^{n-1} \tan^2 \frac{\pi(2k+1)}{4n}=n(2n-1)\end{displaymath} --><P></P><DIV ALIGN="CENTER" CLASS="mathdisplay"><IMG WIDTH="221" HEIGHT="66" ALIGN="MIDDLE" BORDER="0" SRC="http://www.les-mathematiques.net/phorum/2006/03/23/83260/cv/img1.png&quot; ALT="$\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \tan^2 \frac{\pi(2k+1)}{4n}=n(2n-1)$"></DIV><P></P>
fjaclot;
<BR><BR><BR>[Merci à Muaddob pour la traduction en LaTeX. AD]

muaddob

$$\sum_{k=0}^{n-1} \tan^2 \frac{\pi(2k+1)}{4n}=n(2n-1)$$

f jaclot0

merci, muaddob, pour la traduction.

fjaclot;

Guimauve0

Je ne sais pas mais la façon dont c'est écrit m'inspire ceci : ton identité équivaut à
\[ \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{\cos^2 (\frac{\pi (2k+1)}{4n})} = 2n^2 \]

En posant que $x_k=\cos (\frac{\pi (2k+1)}{4n})$ et en considérant le polynôme dont les racines sont les $x_k$ il y a peut-être moyen de faire quelque chose avec les polynômes symétriques non ?

C'est peut-être stupide ...

bisam

Ca ressemble à un exo que j'avais donné pour calculer la valeur de $\zeta(2)$.
On le trouve à cet endroit : \lien{http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=263539&t=263452#reply_263539}

Ce n'est pas tout à fait la même chose mais j'imagine qu'on doit pouvoir adapter...
Je vais y réfléchir.

bisam

Ca a l'air de coller : en prenant le polynôme $$P=\sum_{k=0}^n (-1)^kC_{2n}^{2k} X^k$$ on a bien $$P(\tan^2(t))=\frac{\cos(2nt)}{\cos^{2n}t}$$ donc les $\tan^2\left(\frac{(2k+1)\pi}{4n}\right)$ sont les racines de $P$ et leur somme vaut $$-\frac{(-1)^{n-1}C_{2n}^{2n-2}}{(-1)^nC_{2n}^{2n}}=n(2n-1)$$
CQFD.

bisam

J'ai oublié de préciser qu'on obtenait la 2ème relation que j'ai donnée en calculant de 2 façons la partie réelle de $$\left(\frac{e^{it}}{\cos(t)}\right)^{2n}$$

Guimauve0

Joli ! Très joli !

f jaclot0

Bonjour ?

Très belle cette démonstration !
Y en aurait-il une autre ne passant pas par la somme des racines d'un polynôme mais résultant d'un "simple" calcul ?

D'avance merci.
fjaclot;

f jaclot0

Bonsoir,

J'ai l'outrecuidance de reposer ma question du post precedent.

Merci par avance.

fjaclot;

bisam

J'ai trouvé une autre méthode passant par une décomposition en éléments simples... mais je n'ai pas le temps de la poster ce soir.
Cependant, ce n'est toujours pas un simple calcul.
(Elle a néanmoins le gros avantage d'avoir entièrement été pensée par moi-même contrairement à la précédente !)

f jaclot0

Bonsoir Bisam,

Je n'ose pas poster une methode extremement laborieuse que je pense avoir trouvée, qui consiste à partir du cas simple ou n est une puissance de 2 et à étudier les autres cas selon leur distance par rapport à la plus proche puissance de 2.

Je suis curieux de lire ta méthode.

fjaclot;

f jaclot0

Re-bonsoir Bisam,

Pourrais-tu me mettre sur la voie de ta methode ?

D'avance merci.

fjaclot;

bisam

2 secondes, laisse-moi le temps...

C'est assez long, mais je vais exposer grossièrement.
En fait on calcule $$\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{\cos^2 (\frac{ (2k+1)\pi}{4n})}$$

On écrit $\frac{1}{\cos^2u}=\frac{4}{1^2+2\times 1 \cos (2u) +1}$ et là, on pense à la fonction $x\mapsto \frac{4}{x^2+2x \cos (2u) +1}$.

La somme peut donc s'écrire $F(1)$ avec $$F:x\mapsto \sum_{k=0}^{n-1} \frac{4}{x^2+2x\cos (\frac{ (2k+1)\pi}{2n})+1}$$

Et là, l'idée consiste à remarquer que la fonction $F$ n'est autre qu'un fraction rationnelle exprimée dans sa décomposition en éléments simples. Il ne reste plus qu'à retrouver la fraction puis à la calculer en 1.

Je n'ai toujours pas le temps ce soir de terminer, mais je te donne quand même le résultat : on trouve $$F(x)=\frac{4n\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1} x^{2k}}}{x^{2n}+1}$$ et donc $F(1)=2n^2$ comme recherché.

f jaclot0

Bonsoir Bisam,

Je reste sur ma faim, n'ayant pas saisi le coup de la fraction rationnelle.

Merci de m'en dire un peu plus.

Au plaisir de te lire.

fjaclot;

bisam

Je prends le temps de préciser, alors.

On connaît la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle $F$. On veut trouver deux polynômes $P$ et $Q$ tels que $F=\frac{P}{Q}$.

On remarque tout d'abord que si l'on pose $z_k=-e^{i\frac{(2k+1)\pi}{2n}}$, on peut choisir $$Q(x)=\prod_{k=0}^{n-1} (x^2+2x\cos \left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)+1)=\prod_{k=0}^{n-1} (x-z_k)(x-\frac{1}{z_k})= \prod_{k=0}^{2n-1}(x-z_k)=x^{2n}+1$$
Ensuite, il ne reste plus qu'à déterminer un polynôme $P$ correspondant.

On se rappelle alors que puisque $Q(x)=\prod_{k=0}^{2n-1}(x-z_k)$ n'a que des racines simples, la décomposition de la fraction rationnelle $F$ s'écrit : $$F(x)=\sum_{k=0}^{2n-1}\frac{\frac{P(z_k)}{Q'(z_k)}}{x-z_k}$$ mais puisque elle s'écrit aussi $$F(x)=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{4}{x^2+2x\cos (\frac{ (2k+1)\pi}{2n})+1}=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{4}{(x-z_k)(x-\frac{1}{z_k})}=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{\frac{4}{z_k-\frac{1}{z_k}}}{x-z_k}-\frac{\frac{4}{z_k-\frac{1}{z_k}}}{x-\frac{1}{z_k}} =\sum_{k=0}^{2n-1} \frac{\frac{4z_k}{z_k^2-1}}{x-z_k}$$ On en déduit par unicité de la décomposition en éléments simples que pour $0\leq k \leq 2n-1$, $(z_k^2-1)P(z_k)=4z_kQ'(z_k)=8n(z_k^{2n})=-8n$.

Or le degré de $F$ est inférieur ou égal à -2, au vu de sa défintion. Donc le degré de $P$ est inférieur ou égal à $2n-2$ puisque celui de $Q$ vaut $2n$. Donc le polynôme $R(X)=(X^2-1)P(X)+8n$ est de degré inférieur ou égal à $2n$ et possède comme racines tous les $z_k$. Donc $R(X)=C\times Q(X)$ avec $C$ à déterminer. Enfin on conclut que $C=4n$ afin que $R(X)-8n=4n(X^{2n}+1)-8n=4n(X^{2n}-1)$ soit divisible par $X^2-1$ pour donner $P(X)$.

Finalement $$P(x)=4n\frac{x^{2n}-1}{x^2-1}=4n\sum_{k=0}^{n-1}x^{2k}$$
La conclusion est donnée dans mon post précédent.
J'espère que ça te suffira.

f jaclot0

Merci Bisam d'avoir pris le temps.

J'apprecie et admire !

fjaclot;

bisam

Content d'avoir pu être utile.

Je trouve juste dommage de ne pas trouver de résultats "intéressants" qui en découlent... sinon je l'aurais bien donné en DM à mes élèves.

Si tu as une idée à ce sujet, je suis preneur.