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Factorisation complexe

Posté par
Martin595959 08-01-19 à 21:30

Bonjour, j'essaye de faire la correction du ds de maths mais voila un exercice me pose probleme:
Soit n un entier supérieur ou egal a 2,
Montrer que pour tout z dans C:
(1+\frac{iz}{2n})^n-(1-\frac{iz}{2n})^{2n}=2iz\prod_{k=1}^{n-1}{1-\frac{z^2}{4n^2tan^2(\frac{k\pi}{2n})}}
J'ai essayé de trouver une factorisation avec les racines niemes de l'unité mais je n'abouti a rien... Si vous avez des idées je vous en serez fortement reconnaissant! Merci

Posté par
boninmire : Factorisation complexe 08-01-19 à 21:34

Bonsoir,

Quelque chose ne va pas, le polynôme de gauche est de degré 2n, celui de droite 2n-1.
Sauf étourderie de ma part.

Posté par
lafol Moderateurre : Factorisation complexe 08-01-19 à 23:43

Bonjour
je parie pour l'oubli d'un 2 dans le tout premier exposant

Posté par
luzakre : Factorisation complexe 09-01-19 à 08:34

Bonjour !
Pour moi \prod_{k=1}^{n-1}1=1 et le membre de droite est de degré 2.

Posté par
luzakre : Factorisation complexe 09-01-19 à 10:19

Bonjour à tous !

En procédant "de manière naturelle" j'arrive à
\Bigl(1+\dfrac{iz}{2n}\Bigr)^{2n}-\Bigl(1-\dfrac{iz}{2n}\Bigr)^{2n}=2iz\prod_{1\leqslant k<n}\Bigl(\dfrac1{\tan^2\frac{k\pi}{2n}}-\dfrac{z^2}{4n^2}\Bigr)
qui est le résultat demandé (après correction) :

\Bigl(1+\dfrac{iz}{2n}\Bigr)^{2n}-\Bigl(1-\dfrac{iz}{2n}\Bigr)^{2n}=2iz\prod_{1\leqslant k<n}\Bigl(1-\dfrac{z^2}{4n^2\tan^2\frac{k\pi}{2n}}\Bigr)
moyennant une "astuce" (merci de ne pas la révéler).
Quelqu'un a-t-il trouvé le résultat demandé (après correction) directement ? Si oui j'aimerais savoir comment !

Posté par
larrechre : Factorisation complexe 09-01-19 à 11:35

Bonjour,

Une idée peut-être ?

Factoriser de "manière naturelle" le polynôme en Z (en considérant z comme un paramètre)

P(Z)=\Bigl(Z+\dfrac{iz}{2n}\Bigr)^{2n}-\Bigl(Z-\dfrac{iz}{2n}\Bigr)^{2n}

puis faire Z=1 dans le résultat obtenu.

Posté par
boninmire : Factorisation complexe 09-01-19 à 14:04

Pourquoi introduire un Z ? Au premier membre on a un polynôme en z. Ses racines ne sont pas très difficiles à trouver. 0 est en évidence. Les racines non nulles sont deux à deux opposées (si a est racine, -a aussi). La factorisation donnera donc des produits (z-a)(z+a) d'où la factorisation finale en z2.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Factorisation complexe 09-01-19 à 14:23

Bonjour,

Citation :
J'ai essayé de trouver une factorisation avec les racines niemes de l'unité
Bonne idée.
Pour trouver les racines de \Bigl(1+\dfrac{iz}{2n}\Bigr)^{2n}-\Bigl(1-\dfrac{iz}{2n}\Bigr)^{2n} , on peut poser Z = 1+\dfrac{iz}{2n}

et commencer par résoudre Z^{2n} = (\bar{Z})^{2n} en posant Z = r e^{i\theta } .

Posté par
larrechre : Factorisation complexe 09-01-19 à 14:46

boninmi @ 09-01-2019 à 14:04

Pourquoi introduire un Z ? .


Afin d'obtenir directement le résultat demandé. Par la méthode "naturelle" avec les z j'obtiens la 1ère forme donnée par luzak

Mais bon...

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Factorisation complexe 09-01-19 à 17:33

Oubliez mon message de 14h23 complétement à l'ouest

Posté par
Martin595959re : Factorisation complexe 09-01-19 à 23:55

En effet c'est bien votre expression qui m'est demandé de demontré.
Je n'ai pas bien saisi comment utiliser un polynome peut aider ici, c'est tres certainement la bonne methode puisque c'est dans le chapitre polynome.
Si je peux avoir un peu plus d'explications ce serait tres sympa!

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Factorisation complexe 10-01-19 à 08:50

Bonjour,
Avec ce que propose larrech, on trouve effectivement directement le résultat.
"directement" mais pas sans transpirer un peu...

Je propose ce cheminement pour factoriser P(Z) :
Résoudre P(Z) = 0 .
Faire apparaître des tangentes dans les racines, après avoir mis à part la racine égale à 0 .
Mettre ensemble les tangentes opposées pour faire apparaître des facteurs (Z2 - ... ) .
Chercher le terme de plus haut degré de P(Z).

Posté par
Martin595959re : Factorisation complexe 10-01-19 à 13:49

Qu'appellez vous « naturelle » je suis passé par le binome mais du coup je ne factorise pas...

Posté par
larrechre : Factorisation complexe 10-01-19 à 14:23

Bonjour Martin595959,

La méthode "naturelle" est, selon moi, celle qui consiste à rechercher les racines du polynôme afin de le factoriser.

Sylvieg (que je salue) a fort bien décrit la marche à suivre. Je détaille un peu plus.

P(Z) est un polynôme en Z de degré 2n-1. Il possède une racine évidente qui est Z=0.

Il reste 2n-2   racines complexes que l'on calcule et que l'on regroupe 2 à 2 pour faire apparaître n-1 facteurs du type (Z^2-a_k^2)

On conclut que P(Z)=A Z \prod_{1\leqslant k<n}\Bigl(Z^2-a_k^2}\Bigr)

A étant un coefficient qu'on évalue en considérant le terme de plus haut degré de P(Z).

Reste ensuite à faire Z=1 dans l'identité obtenue.

Maintenant, c'est à toi de jouer.

Posté par
larrechre : Factorisation complexe 10-01-19 à 23:02

Une précision:

Citation :
Il reste 2n-2   racines complexes que l'on calcule...


complexes, oui, à cause du z, mais pas deux à deux complexes conjuguées.

Posté par
luzakre : Factorisation complexe 10-01-19 à 23:23

Bonsoir larrech !
La présence de la lettre z ne prouve rien : les racines sont peut-être non réelles ou non complexes conjuguées mais il n'y a aucune certitude.
Par exemple si z=i.

Posté par
Martin595959re : Factorisation complexe 10-01-19 à 23:23

Bonsoir, apres plusieurs calculs je suis arrivé au racines egales a -\frac{iz}{2n}(\frac{1+e^{ik\pi/n}}{1-e^{ik\pi/n}})=\frac{-z}{2n*tan(\frac{k\pi}{2n})} avec k allant de 1 a 2n-2 mais k=0 a reinjecter plus
Avec comme coefficiant dominant 2iz donc finalement 2iz\prod_{k=0}^{2n-2}{(1+\frac{z}{2n*tan(\frac{k\pi}{2n})})}
Ce qui ressemble plus ou moins au resultat demander a l'execption du moins a la place du + d'un carré sur le membre de droite et de 2 fois trop de terme dans le produit, j'ai peut etre fait des erreurs pour le signe  mais sinon je n'avance plus. Merci de bien vouloir encore m'aider

Posté par
Martin595959re : Factorisation complexe 10-01-19 à 23:34

J'ai tenter de passer directement au carré mais je tombe sur Z^2=(z^2/4n^2)-(iz/ntan(k/4n)) qui semble mieux convenir pour la formule voulue mais je coince

Posté par
larrechre : Factorisation complexe 10-01-19 à 23:37

Bonsoir luzak !

Tu as raison, ce qui me chiffonnait c'est qu'on puisse penser qu'elles étaient nécessairement complexes conjuguées (ce que d'ailleurs je n'avais pas écrit). A trop vouloir bien faire...

Justement je m'apprêtais à réfléchir à ton astuce . Vient-elle du fait qu'on peut aussi regrouper en tan et -1/tan ? Je ne sais si je suis assez clair ?

@Martin595959 Il est trop tard pour moi ce soir...

Posté par
Martin595959re : Factorisation complexe 10-01-19 à 23:37

Le produit commence a 1! Sinon denominateur nul au temps pour moi

Posté par
Martin595959re : Factorisation complexe 11-01-19 à 00:00

J'ai trouvé2iz\prod_{k=1}^{n-1}{(Z^2-\frac{z^2}{4n^2}-\frac{z}{n*tan(\frac{k\pi}{n})})}
Ce qui n'est toujours pas le resultat demandé... je vais arreter aussi pour aujourd'hui

Posté par
Martin595959re : Factorisation complexe 11-01-19 à 00:01

tan(kPi/4n)*

Posté par
Martin595959re : Factorisation complexe 11-01-19 à 00:22

C'est bon j'ai reussi! Merci a tous

Posté par
luzakre : Factorisation complexe 11-01-19 à 08:06

Bonjour larrech !
Oui le changement d'indice k\leftrightarrow n-k est utile mais il faut aussi trouver le terme de plus bas degré (le coefficient de z qui est la variable dans ce cas) : j'avais pensé à évaluer la dérivée en 0 qui permet ce calcul.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Factorisation complexe 11-01-19 à 08:26

Bonjour à tous,
J'avais compris l'appariement entre k et n-k .Mais il me restait un horrible produit de tan2 ...
Martin595959 a évoqué le binôme de Newton.

Le début du développement de \Bigl(1+\dfrac{iz}{2n}\Bigr)^{2n} est 1+2n\dfrac{iz}{2n} .

Le début du développement de \Bigl(1-\dfrac{iz}{2n}\Bigr)^{2n} est 1-2n\dfrac{iz}{2n} .
Il suffit de faire la différence.

Posté par
Sylvieg Moderateurre : Factorisation complexe 11-01-19 à 08:28

pour obtenir le terme de plus bas degré.

Posté par
larrechre : Factorisation complexe 11-01-19 à 09:01

Bonjour,

Merci luzak et Sylvieg, je vais regarder ça de plus près.

@Martin595959. C'est parfait. J'angoissais à l'idée devoir transcrire mes calculs (pourtant très élémentaires) en LaTeX...


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