En développant
les fractions
à ]0,1[.
Il semble possible d'exprimer ces fractions avec un nombre fini de sinus et cosinus. Qui donnera une telle formule ?
Calcul trigonométrique
21 messages
- Page 1 sur 2 - 1, 2
Calcul trigonométrique
par mathelot » 11 Sep 2008, 08:31
Bjr,
En développant^n)
par la formule du binôme, on s'aperçoit que
les fractions}{2^n})
appartiennent
à ]0,1[.
Il semble possible d'exprimer ces fractions avec un nombre fini de sinus et cosinus. Qui donnera une telle formule ?
En développant
les fractions
à ]0,1[.
Il semble possible d'exprimer ces fractions avec un nombre fini de sinus et cosinus. Qui donnera une telle formule ?
par mathelot » 11 Sep 2008, 12:23
bjr,
je plussoie... vlà mon idée:
avec la formule d'Euler:
=\sum_{j=0}^{n} \frac{(_j^n)}{2^n} \, e^{2ijx} e^{ -inx})
}{2^n} \, e^{2ijx} = \left(\cos(x)e^{ix} \right)^n)
Pour n fixé, si l'on considère les (n+1) nombres}{2^n})
comme des inconnues,
on peut donner à la variable x, (n+1) valeurs discrètes, par exemple,
k variant de 0 à n,
pour obtenir un système de Cramer à (n+1) inconnues et (n+1) équations. Le déterminant du système est de Vandermonde,et se calcule facilement.
Le problème pour obtenir une jolie formule, c'est de calculer
les déterminants venant du second membre. (?) . Je sais pas faire.
je plussoie... vlà mon idée:
avec la formule d'Euler:
Pour n fixé, si l'on considère les (n+1) nombres
on peut donner à la variable x, (n+1) valeurs discrètes, par exemple,
k variant de 0 à n,
pour obtenir un système de Cramer à (n+1) inconnues et (n+1) équations. Le déterminant du système est de Vandermonde,et se calcule facilement.
Le problème pour obtenir une jolie formule, c'est de calculer
les déterminants venant du second membre. (?) . Je sais pas faire.
par Doraki » 11 Sep 2008, 12:31
Ou sinon on décompose (cos x)^n en série de Fourier et on devrait avoir un truc qui ressemble à
 / 2^n = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \cos^n(t)cos((n-2k)t) dt)
par mathelot » 11 Sep 2008, 13:01
Merçi beaucoup Doraki,
Un truc intéressant, c'est que les coeff. binomiaux
interviennent aussi dans les polynomes de Tchebycheff.
) = x^n + ( _2^n ) x^{n-2} (x^2-1)<br />+ ( _4^n ) x^{n-4} (x^2-1)^2+..)
et que les puissances de)
interviennent dans mes
déterminants mineurs.
Or, déterminer ces coeff. binomiaux, ça revient à trouver des polynomes
d'interpolation de Lagrange pour des valeurs de la variable x , bien choisies,
ie, des arcs de racines n_ième de l'unité, de manière à avoir
un groupe multiplicatif cyclique, du style TFD (transformée de Fourier discrète).
Un truc intéressant, c'est que les coeff. binomiaux
interviennent aussi dans les polynomes de Tchebycheff.
et que les puissances de
déterminants mineurs.
Or, déterminer ces coeff. binomiaux, ça revient à trouver des polynomes
d'interpolation de Lagrange pour des valeurs de la variable x , bien choisies,
ie, des arcs de racines n_ième de l'unité, de manière à avoir
un groupe multiplicatif cyclique, du style TFD (transformée de Fourier discrète).
bientôt une formule originale ?
par mathelot » 13 Sep 2008, 07:30
bjr,
Il est possible d'exprimer les coefficients binomiaux avec des cosinus.
voilà l'idée:
on développe :
1)
^N)
par la formule
du binome.
2)
on considère les coefficients)
comme (N+1) inconnues
)
on donne à x les valeurs discrètes
3) on considère la transformée de fourier discrète
qui transforme un "signal" f[n] (n de 0 à N), vecteur de
en le signal:
)
on note)
La transformée
s'inverse en posant:
pour le signal f, on définit le signal
si 
la transformée de fourier discrète s'inverse en:
=F(f_1))
(f est içi un vecteur quelconque de
)
Comme la formule du binome transforme le signal
)
(
),
grâce à une transformée de Fourier,
en^{N})
, (
)
on peut inverser la relation et calculer les coeff. binomiaux avec des cosinus.
A vos plumes...
Il est possible d'exprimer les coefficients binomiaux avec des cosinus.
voilà l'idée:
on développe :
1)
du binome.
2)
on considère les coefficients
on donne à x les valeurs discrètes
3) on considère la transformée de fourier discrète
qui transforme un "signal" f[n] (n de 0 à N), vecteur de
on note
La transformée
pour le signal f, on définit le signal
la transformée de fourier discrète s'inverse en:
(f est içi un vecteur quelconque de
Comme la formule du binome transforme le signal
grâce à une transformée de Fourier,
en
on peut inverser la relation et calculer les coeff. binomiaux avec des cosinus.
A vos plumes...
forme trigonométrique des coefficients du binôme
par mathelot » 16 Sep 2008, 11:08
voilà, j'ai fait les calculs. On obtient:
=\frac{2^N}{N+1} \sum_{k=0}^{N} \cos \frac{k \pi (N-2n)}{N+1} \left( \cos \frac{k \pi}{N+1} \right)^{N})
pas mal ! :zen:
par exemple:
^4+(2 \cos \frac{2 \pi}{5})^4)
+2 \cos^6 (\frac{2 \pi}{7})+ 2 \cos^6 (\frac{3 \pi}{7}) \right))
il est possible que ces formules donnent un système linéaire de Cramer 3x3
qui donnerait la valeur exacte de)
.
Il faut voir si on peut trouver un système avec déterminant rationnel.
pas mal ! :zen:
par exemple:
il est possible que ces formules donnent un système linéaire de Cramer 3x3
qui donnerait la valeur exacte de
Il faut voir si on peut trouver un système avec déterminant rationnel.
par leon1789 » 18 Sep 2008, 08:26
mathelot a écrit:quelqu'un peut m'indiquer la valeur exacte deou me la décrire grossièrement par une périphrase , si c'est trop compliqué ?
Salut,
Qu'entends-tu par > ? ...
par leon1789 » 18 Sep 2008, 11:11
ok, une expression par radicaux de )
.
Je m'en doutais bien, mais je voulais mettre l'accent sur le fait que
n'est pas valeur plus > que )
.
C'est un abus de langage très très courant, certes, et c'est d'autant plus grave qu'on finirait par croire que seules les expressions par radicaux "portent la vérité"...
Bref, revenons à tes moutons.
est racine de 
dont le groupe de Galois (sur Q) est cyclique...
Je reviens pour la suite.
Je m'en doutais bien, mais je voulais mettre l'accent sur le fait que
C'est un abus de langage très très courant, certes, et c'est d'autant plus grave qu'on finirait par croire que seules les expressions par radicaux "portent la vérité"...
Bref, revenons à tes moutons.
dont le groupe de Galois (sur Q) est cyclique...
Je reviens pour la suite.
par leon1789 » 18 Sep 2008, 14:15
Pour simplifier les calculs, il vaut mieux prendre )
dont le polynôme minimal sur Q est
.
Maintenant, en notant
les racines de P et en prenant 
une racine primitive cinquième de l'unité, on définit les résolvants de Lagrange pour i=0...4 par 
Bien sûr,
, les autres entant plus compliqués. Mais avec tous les 
, on peut obtenir tous les 
avec des combinaisons linéaires à coefficients dans )
. Le problème revient donc à calculer par radicaux les .
Mais pour un générateur F du groupe de Galois de P sur (cyclique d'ordre 5), on a  = \xi^{truc} h_i)
, donc 
est invariant par le groupe de Galois et appartient à .
A suivre.
dont le polynôme minimal sur Q est
Maintenant, en notant
Bien sûr,
Mais pour un générateur F du groupe de Galois de P sur
A suivre.
par leon1789 » 18 Sep 2008, 16:46
Soit une racine primitive cinquième de l'unité.
Alors les
sont égaux aux racines cinquième de 
et enfin,)
est parmi les quantités suivantes 
Bon... c'est une première approche !... :dodo:
Alors les
et enfin,
Bon... c'est une première approche !... :dodo:
par leon1789 » 18 Sep 2008, 18:15
Il y a pas mal de choses à reprendre, certains non-dits à éclaircir, par exemple, les sont algébriquement dépendants de 
.
Mais bon, je crois que les grandes lignes sont là.
Mais bon, je crois que les grandes lignes sont là.
par mathelot » 18 Sep 2008, 22:48
Merçi Léon1789,
en lisant ton fil, j'étais frappé de stupeur, l'histoire modernes des équations défilait devant mes yeux: Laplace 1780,Fourier 1800,Galois 1830,Tuckey-Cooley 1960.
D'abord vient Laplace vers la fin du 18ème. Il résoud ces équations
en introduisant les résolvants dont tu parles. Fourier invente ensuite, indépendamment, sa fameuse transformation, Galois les groupes de permutations des racines (ça je connais pas), et Cooley,dans les années 1960, discrétise la transformée de Fourier , et son intégrale en
en travaillant sur le groupe cyclique des racines nième de l'unité.
Avec tes notations, si on pose
,
11 est premier, toute racine onzième différente de 1,
est un générateur de ce groupe multiplicatif cyclique des racines 11ème,
qui fait travailler les exposants modulo 11, donc isomorphe à Z/11Z,+.
A mon avis, mais là je ne vois pas bien, (explique-moi) on peut voir le groupe de Galois des automorphismes dans la structure, cette fois multiplicative
des inversibles de
pour les racine 11ème, les exposants sont modulo 11.
Avec le petit théorème de Fermat)
si n est un exposant d'une racine,
d'où quelque soit quelque soit n,
ça doit être pour ça que le groupe de Galois est cyclique. Ce que je ne vois pas pourquoi, c'est que les automorphismes sont du type
=\phi(\xi_0^k)=\xi_0^{k^a})
Avec ta formule, les résolvantes de Lagrange sont les transformés de Fourier discrets des cosinus x1,x2,..x5 , parties réelles communes des 11 racines
de l'unité (les racines sont conjuguées deux à deux).
Ce qui est bizarre, c'est que la transformée de Fourier, qui donne les résolvants, a lieu dans Z/5Z et non pas dans Z/11Z. Est ce que le groupe de Galois
aurait 5 éléments ? est-ce que c'est possible d'établir un lien entre ce groupe
d'automorphismes et les inversibles de Z/11Z (il y en a 10 , 11 étant premier) ?
bah ensuite, en langage moderne, effectivement, une fois calculés
les résolvants, on en prend la transformée de Fourier inverse et on on trouve ...les cosinus.
à mon avis, résoudre de manière générale ce type d'équation équivaut à trouver un générateur des inversibles de Z/nZ, ce que l'on ne sait pas faire.
en lisant ton fil, j'étais frappé de stupeur, l'histoire modernes des équations défilait devant mes yeux: Laplace 1780,Fourier 1800,Galois 1830,Tuckey-Cooley 1960.
D'abord vient Laplace vers la fin du 18ème. Il résoud ces équations
en introduisant les résolvants dont tu parles. Fourier invente ensuite, indépendamment, sa fameuse transformation, Galois les groupes de permutations des racines (ça je connais pas), et Cooley,dans les années 1960, discrétise la transformée de Fourier , et son intégrale en
Avec tes notations, si on pose
11 est premier, toute racine onzième différente de 1,
est un générateur de ce groupe multiplicatif cyclique des racines 11ème,
qui fait travailler les exposants modulo 11, donc isomorphe à Z/11Z,+.
A mon avis, mais là je ne vois pas bien, (explique-moi) on peut voir le groupe de Galois des automorphismes dans la structure, cette fois multiplicative
des inversibles de
pour les racine 11ème, les exposants sont modulo 11.
Avec le petit théorème de Fermat
si n est un exposant d'une racine,
d'où quelque soit
ça doit être pour ça que le groupe de Galois est cyclique. Ce que je ne vois pas pourquoi, c'est que les automorphismes sont du type
Avec ta formule, les résolvantes de Lagrange sont les transformés de Fourier discrets des cosinus x1,x2,..x5 , parties réelles communes des 11 racines
de l'unité (les racines sont conjuguées deux à deux).
Ce qui est bizarre, c'est que la transformée de Fourier, qui donne les résolvants, a lieu dans Z/5Z et non pas dans Z/11Z. Est ce que le groupe de Galois
aurait 5 éléments ? est-ce que c'est possible d'établir un lien entre ce groupe
d'automorphismes et les inversibles de Z/11Z (il y en a 10 , 11 étant premier) ?
bah ensuite, en langage moderne, effectivement, une fois calculés
les résolvants, on en prend la transformée de Fourier inverse et on on trouve ...les cosinus.
à mon avis, résoudre de manière générale ce type d'équation équivaut à trouver un générateur des inversibles de Z/nZ, ce que l'on ne sait pas faire.
par mathelot » 18 Sep 2008, 23:01
leon1789 a écrit:Pour simplifier les calculs, il vaut mieux prendre
dont le polynôme minimal sur Q est
Maintenant, en notant
il n'y en a que 5. :zen:
leon1789 a écrit:Bien sûr,
j'explique. Les onze racines nième (polygone régulier) ont leur équibarycentre à l'origine.
La somme de leurs parties réelles est nulle.
par mathelot » 18 Sep 2008, 23:11
leon1789 a écrit:on peut obtenir tous les
Les coeff dans
résoud le problème ?
leon1789 a écrit:Mais pour un générateur F du groupe de Galois de P sur
c plus simple que ce que je racontais. La composition des automorphismes
correspond donc à une addition sur les exposants. Mais pourquoi
y en a 5 et pas 10 ?
leon1789 a écrit:Mais pour un générateur F du groupe de Galois de P sur
Pas compris. Quand on élève F à la puissance 5, c'est
par mathelot » 18 Sep 2008, 23:32
leon1789 a écrit:Soit
Alors les
ça, je ne vois pas bien. C'est à cause du "théorème de structure":
on sait que les automorphismes correspondent à une racine onzième
de l'unité d'ordre 5,ie, à une racine cinquième de -1.
leon1789 a écrit:et enfin,
la on prend fourier inverse. Il faut choisir la plus grande de ces quantités car cos est décroissante sur
Je regarde si ça "marche":
pour n=13, on descend le degré de l'équation à 6,
on regarde les inversibles de Z/6Z,
aurait deux éléments ?
pour n=15, on descend le degré de l'équation à 7,
on regarde les inversibles de Z/7Z, le groupe de Galois
aurait six éléments ?
par Doraki » 18 Sep 2008, 23:59
mathelot a écrit:j'explique. Les onze racines nième (polygone régulier) ont leur équibarycentre à l'origine.
La somme de leurs parties réelles est nulle.
Oui mais surtout ça se voit dans les deux premiers coefficients du polynôme minimal.
mathelot a écrit:Pas compris. Quand on élève F à la puissance 5, c'estqui est multiplié par 5, pas
Donc
21 messages
- Page 1 sur 2 - 1, 2
Qui est en ligne
Utilisateurs parcourant ce forum : Aucun utilisateur enregistré et 91 invités
Tu pars déja ?
Fais toi aider gratuitement sur Maths-forum !
Créé un compte en 1 minute et pose ta question dans le forum ;-)
Identification
Pas encore inscrit ?
Ou identifiez-vous :