Une égalité ardue

Comme Fin de partie, je vois que le numérateur et le dénominateur de la fraction sont égaux et comme lui, j'en déduis que le quotient vaut $1$.

Edit : Et on a eu la berlue tous les deux : il y a une somme en haut et un produit en bas !

Qui dit qu'une somme est un produit si ce n'est quand : $\exists (x,y),~ x + y - x*y = 0$?

Or, on sait aussi que : $1 + \tan^2 x = \dfrac{1}{\cos^2 x}$ et $~\cos^2x + \sin^2 x = 1$ et $~\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}$.

[Le meilleur moyen de pénétrer le monde est de s'enfuir de la loi des grands nombres]

On ne devrait jamais se lancer à résoudre des problèmes de mathématiques après 23h à partir d'un certain âge. X:-(
Blagues à part, voilà ce que m'inspire ce problème.

Il me fait penser à la résolution du problème de Bâle à coup d'identité trigonométrique.
On s'intéresse au polynôme \begin{align}\prod_{k=1}^n\left(X-\tan^2\left(\frac{2k\pi}{2n+1}\right)\right)
\end{align} Cela m'inspire aussi,
on transforme ce problème "discret", $n$ est un entier, en un problème "continu" , $n$ est considéré comme un réel et on applique la bonne vielle dérivation si on ne parvient pas à conclure après avoir transformé le problème.

PS. Voir https://fr.wikipedia.org/wiki/Problème_de_Bâle#La_démonstration
Ce serait bien le diable si on n'avait pas une identité analogue avec $\displaystyle \tan^2\left(\frac{2k\pi}{2n+1}\right)$

$\displaystyle P(t)=\sum_{k=0}^{m} (-1)\binom{2m+1}{2k+1}t^{m-k}$ a pour racines $\displaystyle \cot^2\left(\frac{r\pi}{2m+1}\right)$ pour $r=1,2,...,m$.

Il n'est pas pas difficile d'en déduire une équation vérifiée par $\tan\left(\frac{r\pi}{2m+1}\right)$ pour $r=1,2,...,m$
puisque $\displaystyle \cot\left(\frac{r\pi}{2m+1}\right)=\frac{1}{\tan\left(\frac{r\pi}{2m+1}\right)}$

Quand on connait les racines $\alpha_i$ d'un polynôme $P$ on connait un polynôme dont les racines sont $\dfrac{1}{\alpha_i}$

(il faut bien évidemment qu'aucun des $\alpha_i$ soit nul)

PS:
Et une fois qu'on a le polynôme dont les réels $\alpha_1,...,\alpha_n$ sont des racines on peut avec les formules de Viète exprimer le produit de tous ces réels , la somme de tous ces réels en fonction de coefficients du polynôme.

Gebrane:

Ce que propose P. ne me semble pas évident à démontrer (je n'en ai aucune idée en tout cas), le lien entre sa matrice $M_n$ et les carrés de tangentes de réels.


L'identité sur les cotangentes ne nécessite pas, pour être démontrée, d'outil particulier, me semble-t-il, même si le calcul n'est pas amusant.

Cher gebrane, j'esquisse la methode pour ton groupe: c'est parfois utile de considerer une suite de nombres comme des valeurs propres.


Soit $\theta\in]0,\pi[$. On considere la matrice d'ordre $n\geq 1$:
$$ A_n=\left[ \begin{array}{llllll}0&1&0&\cdots&0&0\\
1&0&1&\cdots&0&0\\
0&1&0&\cdots&0&0\\
\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
0&0&0&\cdots&0&1\\
0&0&0&\cdots&1&1
\end{array} \right],$$
(en convenant que pour $n=1$ on a $A_1=[1]$) et $B_n=A_n+2\cos \theta\, I_n.$ Alors pour $n\geq 2$ on a $\det B_{n+1}=2\cos
\theta \det B_n-\det B_{n-1}$ en developpant par rapport a la premiere ligne: la recurrence n'est pas necessaire. Par recurrence on a $$\det
B_n=\frac{\sin(n+1)\theta}{\sin \theta}+\frac{\sin n\theta}{\sin
\theta}=\frac{\sin(n+\frac{1}{2})\theta}{\sin \frac{\theta}{2}}$$
Donc si $P_{A_n}$ est le polynome caracteristique de $A_n$, on a ainsi obtenu $P_{A_n}(-2\cos \theta)$ et les valeurs propres de $A_n.$ Ensuite $(2I_n-A_n)^{-1}=M_n=[\min(i,j)]_{1\leq i,j\leq n}.$ et les valeurs propres de $M_n$ sont $(4\cos^2\frac{k\pi}{2n+1})^{-1}$ et celles de $4M_n-I_n$ celles qu'on a dites.

$\Im(1+i\tan x)^{2n+1}).$ Belle economie de moyens.