icone-challenge-math-OS

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.

Remarque

Dans l’égalité \left(\bullet\right), on s’est servi du fait que pour tout entier N\geqslant1 :

    \[\boxed{\sum_{j=0}^{\left\lfloor N/2\right\rfloor }\binom{N}{2j}=2^{N-1}}\]


Ce résultat classique peut être établi en observant que, si l’on note :

    \[A=\sum_{j=0}^{\left\lfloor N/2\right\rfloor }\binom{N}{2j}\]

et

    \[B=\sum_{j=0}^{\left\lfloor (N-1)/2\right\rfloor }\binom{N}{2j+1}\]

alors :

    \[A+B=\sum_{k=0}^{N}\binom{N}{k}=2^{N}\]

et

    \begin{eqnarray*}A-B&=&\sum_{k=0}^{N}\left(-1\right)^{k}\binom{N}{k}\\&=&\left(1-1\right)^{N}\\&=&0\end{eqnarray*}

d’où la formule encadrée, en ajoutant membre à membre.


Pour consulter l’énoncé, c’est ici

Partager cet article
  •  
  •  
  •  
  •  

Laisser un commentaire