Par récurrence, tu montres l'égalité : $ \sum_{k=1}^n \tan^2(\frac{k\pi}{2n+1}) = n \times \prod_{k=1}^n \tan^2(\frac{k\pi}{2n+1}) $, pour tout $ n \geq 1 $.
ça ne marche pas ?
Impossible. :-)
Si $M_n=(\min(i,j)))_{1\leq I,j\leq n}$ les valeurs propres de $4M_n-I_n$ sont $\tan^2( k\pi/(2n+1))$ Avec trace et determinant on doit s'en tirer: la trace est $(2n+1)n$ il faudrait montrer que $\det (4M_n-I_n)=2n+1$ par une recurrence.
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.
Merci P pour ta méthode que je devrai l'étudier minutieusement, mais malheureusement je ne peux pas la présenter à mon groupe, l'idée tombe du ciel.
Merci FDP pour tes inspirations, je vais regarder.
$\displaystyle P(t)=\sum_{k=0}^{m} (-1)\binom{2m+1}{2k+1}t^{m-k}$ 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.
Cette méthode ressemble à celle de P mais je n'arrive pas à faire le lien , a_n est la somme des racines de P et les b_n est le produit des racines de P donc une trace et un déterminant, d'où ça sort la matrice de P
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.
On en déduit que $P_n(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^k{2n+1\choose 2k+1}x^k$ a pour racines les $\tan^2\left(\dfrac {k\pi}{2n+1}\right)$, avec $1\leq k\leq n$.
Le calcul de la somme et du produit des racines s'en déduit aisément.
Réponses
N'y-aurait-il pas une erreur d'énoncé?
d'où vient ce 1 ?
ça ne marche pas ?
Impossible. :-)
Edit : Et on a eu la berlue tous les deux : il y a une somme en haut et un produit en bas !
Voici la question originale ci dessous et on m'a filé que ca vaut n
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]
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 $\displaystyle \tan^2\left(\frac{2k\pi}{2n+1}\right)$
Merci FDP pour tes inspirations, je vais regarder.
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 $\displaystyle \cot\left(\frac{r\pi}{2m+1}\right)=\frac{1}{\tan\left(\frac{r\pi}{2m+1}\right)}$
on a par la même inspiration $\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom {2n+1}{2k+1} \tan^{2k}(\frac{k\pi}{2n+1})=0$
(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.
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.
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.
(Dommage que H nous a quittés)
Merci P infiniment
On en déduit que $P_n(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^k{2n+1\choose 2k+1}x^k$ a pour racines les $\tan^2\left(\dfrac {k\pi}{2n+1}\right)$, avec $1\leq k\leq n$.
Le calcul de la somme et du produit des racines s'en déduit aisément.
Edit: il manquait un i , merci à Math Coss et P.