Linéarisation de cos(x)^n

Discussions générales concernant les mathématiques et n'entrant pas dans les catégories suivantes.
[participation réservée aux utilisateurs inscrits]
Règles du forum
Merci de soigner la rédaction de vos messages et de consulter ce sujet avant de poster. Pensez également à utiliser la fonction recherche du forum.
Mieses

Re: Linéarisation de cos(x)^n

Message non lu par Mieses »

Bonjour, moi aussi j'ai utilisé cette formule avec la formule de Stirling pour montrer que
$$\int_{-\pi}^{\pi} cos^{2n} x dx \stackrel{\longrightarrow}{_{_{n \rightarrow +\infty}}} 0.$$
Mais il existe peut-être une méthode plus simple ?
Mieses

Re: Re:

Message non lu par Mieses »

styren a écrit :
kojak a écrit :Bonjour,
Je ne pense pas que cette jolie formule serve dans la pratique : elle permet seulement de montrer comment peut s'écrire $\cos^n x$ tout simplement.
:wink:
J'ai longtemps cru que ce genre de formule ne sert à rien en pratique. Et un jour j'ai croisé cet exercice :
On pose $p=2n+1$ et l'on suppose que $p$ est premier. Montrer que
$$\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{n}(2n)!\equiv2^{4n}\mathopen{(}n!\mathclose{)}^{2}\pmod{p^{2}}.$$

L'exercice est posé tel quel, sans aucune indication, dans un bouquin d'arithmétique de 1894.
Peux-tu détailler ta solution stp ?
Valvino a écrit :J'ai trouvé ca dans un livre (Analyse MPSI de J.M. Monier):



linéarisation de $\cos^p$.



Premier cas: $p$ est paire, on prend $p=2m,~m \in \mathbb{N}^*$



$\displaystyle \cos^{2m}(x)=2^{-(2m-1)}\left(1/2 {2m \choose m}+\sum_{k=0}^{m-1}{2m \choose k} \cos(2(m-k).x)\right)$



Deuxième cas: $p$ est impaire, $p=2m+1,~m\in\mathbb{N}^*$.





$\displaystyle \cos^{2m+1}(x)=2^{-2m}\sum_{k=0}^{m}{2m+1 \choose k} \cos((2m+1-2k).x)$
En faisant $x=0$ dans la seconde formule on a $$2^{2m} = \sum_{k=0}^{m}\binom{2m+1}{k}.$$ Formule qu'on peut démontrer directement (bon exercice sur les coefficients binomiaux).
styren
Utilisateur confirmé
Utilisateur confirmé
Messages : 81
Inscription : vendredi 28 juillet 2017, 23:29

Re: Re:

Message non lu par styren »

Mieses a écrit :
styren a écrit :
kojak a écrit :Bonjour,
Je ne pense pas que cette jolie formule serve dans la pratique : elle permet seulement de montrer comment peut s'écrire $\cos^n x$ tout simplement.
:wink:
J'ai longtemps cru que ce genre de formule ne sert à rien en pratique. Et un jour j'ai croisé cet exercice :
On pose $p=2n+1$ et l'on suppose que $p$ est premier. Montrer que
$$\mathopen{(}-1\mathclose{)}^{n}(2n)!\equiv2^{4n}\mathopen{(}n!\mathclose{)}^{2}\pmod{p^{2}}.$$

L'exercice est posé tel quel, sans aucune indication, dans un bouquin d'arithmétique de 1894.
Peux-tu détailler ta solution stp ?
Ce n'est pas ma solution, mais celle de Frank Morley. L'article original est disponible à ce lien https://www.jstor.org/stable/1967516?se ... b_contents
Mieses

Re: Linéarisation de cos(x)^n

Message non lu par Mieses »

Merci pour cet article intéressant, ce n'est pas un résultat trivial !
Si je résume, il y a deux méthodes pour calculer $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n+1}xdx$ :
  • C'est une intégrale de Wallis, on obtient une première formule par récurrence.
  • On linéarise le cosinus avec la formule qui nous intéresse dans ce sujet.
En comparant les deux calculs, on obtient la congruence annoncée. :clapping:
styren
Utilisateur confirmé
Utilisateur confirmé
Messages : 81
Inscription : vendredi 28 juillet 2017, 23:29

Re: Linéarisation de cos(x)^n

Message non lu par styren »

Mieses a écrit :Merci pour cet article intéressant, ce n'est pas un résultat trivial !
Si je résume, il y a deux méthodes pour calculer $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n+1}xdx$ :
  • C'est une intégrale de Wallis, on obtient une première formule par récurrence.
  • On linéarise le cosinus avec la formule qui nous intéresse dans ce sujet.
En comparant les deux calculs, on obtient la congruence annoncée. :clapping:
En fait, Morley fait mieux que demandé dans l'exercice, puisqu'il remplace le modulo $p^2$ par un modulo $p^3$ (dans la deuxième partie de son article). Il existe d'autres démonstrations de ce résultat (mais aucune n'est simple). Voir "Morley congruence" dans google.
Répondre