Solution pour le challenge n° 20

Solution pour le challenge 20

Nous allons raisonner par l’absurde. Supposons l’existence d’un nombre rationnel $r$ vérifiant :

$\cos\left(\pi r\right)=\frac{1}{\sqrt{3}}\qquad\left(\star\right)$

et posons :

$r=\frac{p}{q}\qquad\text{avec }\left(p,q\right)\in\mathbb{N}^{\star2}$

Le numérateur et le dénominateur peuvent être supposés tous deux positifs, puisque la fonction cosinus est paire.

D’après la formule de Moivre :

$\begin{eqnarray*}&&1\\&=&e^{2ip\pi}\\&=&\left(e^{ip\pi/q}\right)^{2q}\\&=&\left(\cos\left(\frac{p\pi}{q}\right)+i\sin\left(\frac{p\pi}{q}\right)\right)^{2q}\end{eqnarray*}$

et d’après celle du binôme :
$\displaystyle{\left(\cos\left(\frac{p\pi}{q}\right)+i\sin\left(\frac{p\pi}{q}\right)\right)^{2q}}$
$\displaystyle{=\sum_{k=0}^{2q}\binom{2q}{k}\cos^{2q-k}\left(\frac{p\pi}{q}\right)i^{k}\sin^{k}\left(\frac{p\pi}{q}\right)}$

Donc, en passant aux parties réelles :
$\displaystyle{\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\left(-1\right)^{j}\cos^{2q-2j}\left(\frac{p\pi}{q}\right)\sin^{2j}\left(\frac{p\pi}{q}\right)=1}$
et, compte tenu de l’hypothèse $\left(\star\right)$ :
$\displaystyle{\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\left(-1\right)^{j}\left(\frac{1}{3}\right)^{q-j}\left(1-\frac{1}{3}\right)^{j}=1}$

Après simplification, il reste :

$\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\left(-1\right)^{j}2^{j}=3^{q}$

Ceci entraîne en particulier que :

$\displaystyle{\boxed{\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\left(-1\right)^{j}2^{j}\equiv0\pmod3}}$

Pourtant, vu que $-1\equiv2\pmod{3},$ il vient pour tout $j\in\mathbb{N}$ :

$\left(-1\right)^{j}2^{j}\equiv4^{j}\equiv1\pmod{3}$

et donc (somme de congruences modulo un même entier) :

$\displaystyle{\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\left(-1\right)^{j}2^{j} \equiv \sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\pmod3}$
Or :
$\displaystyle{\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\underset{\left(\bullet\right)}{=}2^{2q-1}\equiv2\pmod3}$
ce qui est contradictoire.