Solution pour le challenge n° 20

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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 :

    \[1=e^{2ip\pi}=\left(e^{ip\pi/q}\right)^{2q}=\left(\cos\left(\pi\frac{p}{q}\right)+i\sin\left(\pi\frac{p}{q}\right)\right)^{2q}\]


et d’après celle du binôme :

    \[\left(\cos\left(\pi\frac{p}{q}\right)+i\sin\left(\pi\frac{p}{q}\right)\right)^{2q}=\sum_{k=0}^{2q}\binom{2q}{k}\cos^{2q-k}\left(\pi\frac{p}{q}\right)i^{k}\sin^{k}\left(\pi\frac{p}{q}\right)\]


Donc, en passant aux parties réelles :

    \[\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\left(-1\right)^{j}\cos^{2q-2j}\left(\pi\frac{p}{q}\right)\sin^{2j}\left(\pi\frac{p}{q}\right)=1\]


et, compte tenu de l’hypothèse \left(\star\right) :

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

Après simplification, il reste :

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

Ceci entraîne en particulier que :

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

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) :

    \[\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\left(-1\right)^{j}2^{j} \equiv \sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\pmod3\]


Or :

    \[\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\underset{\left(\bullet\right)}{=}2^{2q-1}\equiv2\pmod3\]


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 :

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


alors :

    \[A+B=\sum_{k=0}^{N}\binom{N}{k}=2^{N}\qquad\left(\Delta\right)\]


et

    \[A-B=\sum_{k=0}^{N}\left(-1\right)^{k}\binom{N}{k}=\left(1-1\right)^{N}=0\qquad\left(\nabla\right)\]


d’où la formule encadrée, en ajoutant membre à membre les égalités \left(\Delta\right) et \left(\nabla\right).

Pour consulter l’énoncé, c’est ici


 

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Pour consulter l’énoncé, c’est ici

 

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 :

    \[1=e^{2ip\pi}=\left(e^{ip\pi/q}\right)^{2q}=\left(\cos\left(\pi\frac{p}{q}\right)+i\sin\left(\pi\frac{p}{q}\right)\right)^{2q}\]


et d’après celle du binôme :

    \[\left(\cos\left(\pi\frac{p}{q}\right)+i\sin\left(\pi\frac{p}{q}\right)\right)^{2q}=\sum_{k=0}^{2q}\binom{2q}{k}\cos^{2q-k}\left(\pi\frac{p}{q}\right)i^{k}\sin^{k}\left(\pi\frac{p}{q}\right)\]


Donc, en passant aux parties réelles :

    \[\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\left(-1\right)^{j}\cos^{2q-2j}\left(\pi\frac{p}{q}\right)\sin^{2j}\left(\pi\frac{p}{q}\right)=1\]


et, compte tenu de l’hypothèse \left(\star\right) :

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


Après simplification, il reste :

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


Pour finir, 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) :

    \[\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}\left(-1\right)^{j}2^{j}\equiv\sum_{j=0}^{q}\binom{2q}{2j}=2^{2q-1}\equiv2\pmod3\qquad\left(\heartsuit\right)\]


tandis que :

    \[3^{q}\equiv0\pmod{3}\]


ce qui est contradictoire !

Remarque

Dans l’égalité \left(\heartsuit\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 est classique. Il peut être établi en observant que, si l’on note :

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


alors :

    \[A+B=\sum_{k=0}^{N}\binom{N}{k}=2^{N}\qquad\left(\Delta\right)\]


et

    \[A-B=\sum_{k=0}^{N}\left(-1\right)^{k}\binom{N}{k}=\left(1-1\right)^{N}=0\qquad\left(\nabla\right)\]


d’où la formule encadrée, en ajoutant membre à membre les égalités \left(\Delta\right) et \left(\nabla\right).

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