Comment est-ce que l'on peut devenir "Top Contributeur n°1" de la rubrique math sans savoir faire un truc simple comme ça et sans répondre à une seule question par ici ?
Ah ben oui ; en répondant aux perguntas do Brasil après les avoir reposées ici...
En supposant que la valeur de a va bien (i.e, pas de sin(a*2^p) = 0 pour p allant de 0 à n), ça ne fait pas de mal de le préciser).
Par récurrence :
Rang 1 : Trivial, je ne le fais même pas. Il suffit de connaître les développements trigo usuels.
On en déduit que c'est vrai quelques soient n et a différent de k*pi / 2ⁿa, k dans Z.
Un autre piste, pour le fun : On peut aussi le faire de manière directe en passant par les complexes et en utilisant la formule de Leibniz, par exemple, si on la suppose connue. Des amateurs ?
(il suffit de remplacer la somme des 1/sin de 0 à n dans l'expression de rang n+1 par l'hypothèse de départ).
Ensuite honnêtement, je ne vois pas trop où est la difficulté :
- Les cotg(a/2) de part et d'autres du signe = s'annulent,
- Je multiplie des 2 côtés par -1,
- Je pose b = 2a (et 2ⁿ+1a = 2*2ⁿa = 2b) uniquement pour simplifier les écritures,
- Par définition cotg = 1/tan = cos / sin.
Ah oui, le +1 est dans l'exposant : 2ⁿ+1 = 2^(n+1). Mon écriture n'est pas très propre mais je ne pensais pas qu'il puisse y avoir une ambiguïté là-dessus.
C'est plus clair maintenant ? Sinon précise-moi ce qui te bloque exactement parce que je ne vois pas où est la difficulté dans ces 4 équivalences et du coup je ne sais pas ce qu'il faut que je te détaille.
il faut un peu jouer avec les formules trigo donnant sin(2a) en fonction de sin(a) et cos(a) et les même formules avec a/2 à la place de a; te rendre compte que 2^(n+1) = 2 x 2^n
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Comment est-ce que l'on peut devenir "Top Contributeur n°1" de la rubrique math sans savoir faire un truc simple comme ça et sans répondre à une seule question par ici ?
Ah ben oui ; en répondant aux perguntas do Brasil après les avoir reposées ici...
En supposant que la valeur de a va bien (i.e, pas de sin(a*2^p) = 0 pour p allant de 0 à n), ça ne fait pas de mal de le préciser).
Par récurrence :
Rang 1 : Trivial, je ne le fais même pas. Il suffit de connaître les développements trigo usuels.
http://www.mathforu.com/cours-53.html
§III formules de duplication.
La suite :
Suppose que : 1/sin(a) + 1/sin(2a) + ... + 1/sin(2ⁿa) = cotg(a/2) - cotg(2ⁿa)
On montre que : ⇒ 1/sin(a) + 1/sin(2a) + ... + 1/sin(2ⁿ+1a) = cotg(a/2) - cotg(2ⁿ+1a)
Je procède par équivalences :
⇔ c'est l'hypothèse
cotg(a/2) - cotg(2ⁿa) + 1/sin(2ⁿ+1a) = cotg(a/2) - cotg(2ⁿ+1a)
⇔
cotg(2ⁿa) - 1/sin(2ⁿ+1a) = cotg(2ⁿ+1a)
⇔ pose b = 2ⁿa
cotg(b) - 1/sin(2b) = cotg(2b)
⇔
cos(b) / sin(b) - 1/sin(2b) = cos(2b) / sin(2b)
Ça devient très simple (aussi simple que le rang 1, en fait. Je le fais pour la forme) :
¤ cos(b) / sin(b) multipliée en haut et en bas par 2*cos(b)
¤ sin(2b) = 2*sin(b)*cos(b)
¤ cos(2b) = 2*cos²(b) - 1 (= 1 - sin²(b) mais ça devrait sauter aux yeux que l'on va utiliser l'autre)
Je reprends :
⇔
2*cos²(b) / 2*cos(b)*sin(b) - 1/sin(2b) = cos(2b) / sin(2b)
⇔
2*cos²(b) / sin(2b) - 1/sin(2b) = cos(2b) / sin(2b)
⇔
(2*cos²(b) -1 ) / sin(2b) = cos(2b) / sin(2b)
⇔
cos(2b) / sin(2b) = cos(2b) / sin(2b)
CQFD.
On en déduit que c'est vrai quelques soient n et a différent de k*pi / 2ⁿa, k dans Z.
Un autre piste, pour le fun : On peut aussi le faire de manière directe en passant par les complexes et en utilisant la formule de Leibniz, par exemple, si on la suppose connue. Des amateurs ?
=======
@Guil
Démo par récurrence :
http://fr.wikipedia.org/wiki/Raisonnement_par_r%C3...
On part de l'hypothèse que la relation est vraie au rang n :
1/sin(a) + 1/sin(2a) + ... + 1/sin(2ⁿa) = cotg(a/2) - cotg(2ⁿa) est vraie
On montre qu'elle implique que la relation est vraie au rang n+1 :
1/sin(a) + 1/sin(2a) + ... + 1/sin(2ⁿa) + 1/sin(2ⁿ+1a) = cotg(a/2) - cotg(2ⁿ+1a) est vraie
Ce qui est équivalent à montrer que :
cotg(a/2) - cotg(2ⁿa) + 1/sin(2ⁿ+1a) = cotg(a/2) - cotg(2ⁿ+1a) est vraie
(il suffit de remplacer la somme des 1/sin de 0 à n dans l'expression de rang n+1 par l'hypothèse de départ).
Ensuite honnêtement, je ne vois pas trop où est la difficulté :
- Les cotg(a/2) de part et d'autres du signe = s'annulent,
- Je multiplie des 2 côtés par -1,
- Je pose b = 2a (et 2ⁿ+1a = 2*2ⁿa = 2b) uniquement pour simplifier les écritures,
- Par définition cotg = 1/tan = cos / sin.
Ah oui, le +1 est dans l'exposant : 2ⁿ+1 = 2^(n+1). Mon écriture n'est pas très propre mais je ne pensais pas qu'il puisse y avoir une ambiguïté là-dessus.
C'est plus clair maintenant ? Sinon précise-moi ce qui te bloque exactement parce que je ne vois pas où est la difficulté dans ces 4 équivalences et du coup je ne sais pas ce qu'il faut que je te détaille.
un exo comme ca, ca devrait faire tilt: par récurrence.
il faut un peu jouer avec les formules trigo donnant sin(2a) en fonction de sin(a) et cos(a) et les même formules avec a/2 à la place de a; te rendre compte que 2^(n+1) = 2 x 2^n
et aussi écrire cotan en fonction du sin et du cos. le reste, c'est que du calcul de fraction tel que vu en début collège.
n'oublie que la récurrence commence par l'initialisation (ici tu peux commencer à n=0)
tiens? il y a certaines valeurs de a pour lesquelles ca ne marche pas (cotan pas définie partout)
@Guillaume
Comment avez-vous fait que l'équivalence ci-dessus?
""
Je procède par équivalences :
â c'est l'hypothèse
cotg(a/2) - cotg(2ⁿa) + 1/sin(2ⁿ+1a) = cotg(a/2) - cotg(2ⁿ+1a)
â
cotg(2ⁿa) - 1/sin(2ⁿ+1a) = cotg(2ⁿ+1a)
â pose b = 2ⁿa
cotg(b) - 1/sin(2b) = cotg(2b)
â
cos(b) / sin(b) - 1/sin(2b) = cos(2b) / sin(2b) ""
Je ne comprends pas le raisonnement.
Merci beaucoup.
c'est une question très dure, je crois qu'il faut d'abord étudier sin a + sin 2a + .... car je crois que je l'ai déjà fait cet exo il y a un moment déjà , je m'en souviens plus désolé mais je sais qu'il faut étudier la série sin 2^k*a c'est sur
Ben non... j'ai passé l'âge de faire les devoirs... des petits paresseux.