somme de produits

gebrane · February 2017

Bonjour,
Je cherche une idée pour prouver cette belle somme $$
\sum_{n=1}^{\infty}\bigg( \prod_{k=1}^n \sin\Big(\frac{(2k-1)\pi}{ 4n}\Big)\bigg)=\sqrt 2$$

YvesM · February 2017

Bonjour @gebrane0,

Je ne sais pas où tu as trouvé ce truc, mais j'y ai passé cinq bonnes minutes : autant dire qu'il est plutôt difficile B-)-.

Sous forme d'exercice :
Pour tout réel $x$ et tout entier $n$ non nul, démontrer que $\displaystyle \cos(n x) = 2^{n-1} \prod_{k=1}^{n} \sin\Big(x + {2k-1 \over 2 n} \pi \Big).$
puis montrer que $\displaystyle S_n = \prod_{k=1}^{n} \sin\Big({2k-1 \over 4 n} \pi \Big) = \prod_{k=1}^{n}\cos\Big({2k-1 \over 4 n} \pi \Big) .$
Conclure.

gebrane · February 2017

Bonjour Cher YvesM
Je commence par le "conclure" c'est plus simple
donc $\displaystyle S^2_n = \prod_{k=1}^{n} \frac 12\sin\Big({2k-1 \over 2 n} \pi \Big)= \frac 1{2^n} \prod_{k=1}^{n} \sin\Big({2k-1 \over 2 n} \pi \Big)=\frac 1{2^n}\frac 1{2^{n-1}}=\frac 2{2^{2n}}$ donc $\displaystyle S_n=\frac{\sqrt 2}{2^n}$ et on tombe sur une serie géométrique et le résultat est Ok
Je vais regarder comment démontrer tes égalités
je trouve cette méthode surnaturelle
Merci

MrJ · February 2017

Pour la première relation, je pense que l'on peut s'en sortir en évaluant le polynôme $1+X+\cdots+X^{n-1}$ en un point bien choisi. Peut être que l'on peut aussi utiliser les polynômes de Tchebytchev.

YvesM · February 2017

Bonjour,

@MrJ, j'ai utilisé le polynôme de Tchebytchev avec, pour tout $x$ réel et tout $n$ entier non nul, $\displaystyle \cos(nx) = T_n(\cos x).$ On sait que le coefficient dominant est $\displaystyle 2^{n-1}$ et que les $n$ racines sont $\displaystyle \cos({2k-1 \over 2n}\pi)$ pour $k=1, ..., n$. On écrit donc : $\displaystyle \cos(nx) =2^{n-1} \prod_{k=1}^{n} \Big( \cos x - \cos({2k-1 \over 2n}\pi)\Big).$ On transforme la différence des cosinus en produit de sinus, puis on transforme l'un des produits de sinus en produit de cosinus par $\displaystyle \sin(u) = \cos({\pi \over 2}-u)$ pour tout $u$ réel et en remarquant que l'ordre des produits ne change pas le produit (...), puis on rassemble le tout grâce à $\displaystyle 2 \sin u \cos u = \sin(2u)$ et on tombe sur la formule que j'ai donnée.

MrJ · February 2017

Merci!

Je n'avais pas de brouillon sous la main, mais avec $X^n-1$ (et pas $1+X+\cdots+X^{n-1}$ comme je l'avais dis), on peut montrer que
\[\prod_{k=0}^{n-1}\sin\left(\frac{k\pi}{n}+\theta\right)=\frac{\sin(n\theta)}{2^{n-1}},\]
ce qui n'est pas tout à fait ce que l'on voulait. Cela marche mieux avec les polynôme de Tchebychev.

jandri · February 2017

On peut en déduire l'égalité avec les cosinus en simplifiant $\dfrac{\sin(2nx)}{\sin(nx)}$.

jandri · February 2017

Ou plus simplement: en posant $\theta=x+\dfrac{\pi}{2n}$ dans l'égalité de MrJ on obtient l'égalité de YvesM.

gebrane · February 2017

Bonjour à tous
Un défi!!
Calculer $\displaystyle S_n = \prod_{k=1}^{n} \sin\Big({2k-1 \over 4 n} \pi \Big)$
uniquement avec la formule d'Euler
(ce n'est pas évident, J'ai trouvé ce calcul sur le net)

Edit j'entends par formule d'Euler la formule $\forall x\in\R,\, \sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$

jean lismonde · February 2017

Bonjour Gebrane
Ton produit des $n$ sinus est égal à $\quad \dfrac{\sqrt{2}}{2^n}.$
On le démontre par factorisation du binôme de degré $2n$ : $$
1 + x^{2n} = (1 - 2x\cos\frac{\pi}{2n} + x^2)(1 - 2x\cos\frac{3\pi}{2n}+x^2)\ldots(1 - 2x\cos\frac{(2n-1)\pi}{2n} + x^2)
$$ et en prenant le nombre complexe de module 1 soit : $x = \cos t + i\sin t$ dans chaque facteur l'utilisation des formules d'Euler serait plus lourde et nécessiterait la même factorisation.

Cordialement

gebrane · February 2017

Bonjour jean lismonde
bien vu

jean lismonde a écrit:

on le démontre par factorisation du binôme de degré 2n

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Bonjour!

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