Formule du binôme de Newton


  • J

    Salut à vous. Je demande s’il vous plaît de l’aide sur l’exercice suivant. Merci d’avance.

    Montrer que pour tout p∈N,22pcos2p(x)=∑k=0p−1(2pk)2cos(2(p−k)x)+(2pp)p\in\mathbb{N}, 2^{2p}cos^{2p}(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} (^k_{2p})2cos(2(p-k)x)+(^p_{2p})pN,22pcos2p(x)=k=0p1(2pk)2cos(2(pk)x)+(2pp).


  • mtschoon

    @Josias , bonsoir,

    Je n'ai pas cherché, mais l'idée qui me vient en voyant la formule : utiliser une formule d'Euler.

    cosx=eix+e−ix2cosx=\dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}cosx=2eix+eix

    D'où :

    22pcos2px=22p(eix+e−ix2)2p2^{2p}cos^{2p}x=2^{2p}\biggr(\dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\biggr)^{2p}22pcos2px=22p(2eix+eix)2p
    Après simplification :

    22pcos2px=(eix+e−ix)2p2^{2p}cos^{2p}x=(e^{ix}+e^{-ix})^{2p}22pcos2px=(eix+eix)2p

    Ensuite, tu utilises la formule du binôme.


  • J

    @mtschoon
    Vraiment merci pour cette aide. Mais mon problème est qu’après avoir utilisé la formule du binôme, je trouve ceci:
    ∑k=0p−1\displaystyle\sum_{k=0}^{p-1}k=0p1 (2pk)(^k_{2p})(2pk) e2i(k−p)xe^{2i(k-p)x}e2i(kp)x +++ (2pp)(^p_{2p})(2pp) +++ ∑k=p+12p\displaystyle\sum_{k=p+1}^{2p}k=p+12p (2pk)(^k_{2p})(2pk) e2i(k−p)xe^{2i(k-p)x}e2i(kp)x
    Après je ne sais pas comment trouver le bon indice pour faire le changement d’indice.


  • mtschoon

    @Josias , bonjour,

    Ta décomposition est bonne mais fais attention à l'écriture des coefficients binomiaux.
    Il faut les écrire (2pk){2p}\choose{k}(k2p)

    Vu que dans l'expression finale avec le cos il y a (p−k)(p-k)(pk), je l'aurais plutôt écrite avec, comme exposant, 2i(p−k)x2i(p-k)x2i(pk)x, mais ça n'a pas d'importance.

    ∑k=0n−1\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} k=0n1(2pk){2p}\choose{k}(k2p) e2i(p−k)xe^{2i(p-k)x}e2i(pk)x+(2pp){2p}\choose{p}(p2p) +∑k=p+12p\displaystyle \sum_{k=p+1}^{2p}k=p+12p (2pk){2p}\choose{k}(k2p) e2i(p−k)xe^{2i(p-k)x}e2i(pk)x

    Pour la troisième partie de la somme ∑k=p+12p\displaystyle \sum_{k=p+1}^{2p}k=p+12p (2pk){2p}\choose{k}(k2p)e2i(p−k)xe^{2i(p-k)x}e2i(pk)x, il faut effectivement la transformer pour pouvoir l'ajouter à la première et faire apparaître un cosinus.

    Sauf erreur, ∑k=p+12p\displaystyle \sum_{k=p+1}^{2p}k=p+12p (2pk){2p}\choose{k}(k2p) e2i(p−k)xe^{2i(p-k)x}e2i(pk)x peut s'écrire :
    ∑k′=0p−1\displaystyle \sum_{k'=0}^{p-1}k=0p1 (2pk′){2p}\choose{k'}(k2p) e−2i(p−k′)xe^{-2i(p-k')x}e2i(pk)x , avec le changement p−k=−p+k′p-k=-p+k'pk=p+k, c'est à dire k′=2p−kk'=2p-kk=2pk

    Vérifie.


  • J

    @mtschoon
    Et oui j’ai réussi à trouver la solution. Vraiment je vous remercie pour votre aide.


  • mtschoon

    De rien @Josias , c'était avec plaisir !


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