C = 16 et D = 1.

D111 – Une belle collection de cosinus

Solution

Les quatre identités ont un air de famille. En effet dans la première d’entre elles on trouve l’angle π /10 =36° et son double 2 π /10 = 72°.Il est bien connu que ces angles apparaissent dans un pentagone régulier. La deuxième identité fait apparaître π /9 et ses multiples 2 π /9, 3π /9, 4 π /9 avec 4 = (9-1)/2. Le polygone régulier où l’on retrouve ces angles est

l’ennéagone. Dans la troisième identité, on a π /15 et ses multiples 2 π /15, 3 π /15, 4 π /15, 5π /15, 6 π /15 et 7 π /15 avec 7 = (15-1)/2 .Enfin dans la dernière identité il y a des « trous » mais si on les complétait, on aurait une séquence de multiples k deπ /45 pour k variant de 1 à 22 avec 22 = (45-1)/2.

La recherche des entiers de A à H qui satisfont à ces identités revient à trouver si elle existe une formule donnant la valeur de l’expression P =



 n k

1 k

cos[kπ /(2n+1)].

Considérons les 2n+1 sommets d’un polygone régulier inscrit dans un cercle de rayon unité.

La figure ci-dessus représente un polygone à 15 sommets que nous utiliserons pour faciliter la compréhension de la démonstration sans en perdre la généralité. Soit A le point de ₁ coordonnées (1,0) et le point B diamétralement opposé sur le cercle de rayon unité et de coordonnées (-1,0). Du point B on mène les cordes BA₂,BA₃,BA₄...,BA₈qui font

respectivement avec le diamètre BA les angles cos( π /15), cos(2 π /15), cos(3 π /15),…. et ₁ cos(7 π /15). Comme tous les triangles BA₁A_i sont rectangles, les longueurs de ces cordes sont respectivement égales à BA .cos(k π /15) = 2 cos(k π /15) pour k=1,2,3,…,7. ₁

Dans ces conditions 2 .P =⁷



 7 k

1 k

2cos (k π /15) est égal au produit des cordes issues de B et joignant les sommets du polygone régulier situés au dessus de l’axe des y. On vérifie aisément qu’en raison de la symétrie du polygone régulier par rapport au diamètre BA , le produit des ₁ cordes BA pour i compris entre 9 et 15 est le même. Si l’on tient compte du diamètre _i BA , ₁ on peut donc écrire :2 .¹⁵ P = produit de toutes les cordes issues de B et joignant les points ² A _i

pour tous les i variant de 1 à 15. D’une manière générale on a 2^2n1. P = produit de toutes les ² cordes issues de B et joignant les points A pour tous les i variant de 1 à 2n+1. _i

Pour déterminer le produit des cordes, on va utiliser l’analogie entre les 2n+1 sommets d’un polygone régulier inscrit dans un cercle de rayon unité et les solutions de l’équation z^2n11 avec z = a+ib nombre complexe défini sur R .Le produit des distances du point B (z = -1 ² avec a = -1 et b = 0) aux 2n+1 sommets du polygone est défini par

1 2n 2

1 *-1-z *....*-1 z z

- 1

-  _ = f(B) où f(z) = (zz₁)(zz₂)....(zz_2n1) = z^2n11. Dès lors f(-1) =2.

Il en résulte 2^2n1. P =2. D’où P = ² 2^n

La première identité A.cos(36°).cos(72°) = B correspond à n=2. On a donc cos(36°).cos(72°)=1/4. D’où

A = 4 et B =1.

La deuxième identité C.cos(20°).cos(40°).cos(60°).cos(80°) = D correspond à n = 4, ce qui donne cos(20°).cos(40°).cos(60°).cos(80°) = 1/16. D’où

C = 16 et D = 1.

La troisième identité E.cos(12°).cos(24°).cos(36°).cos(48°).cos(60°).cos(72°).cos(84°) = F est associée à la valeur n=7.D’où cos(12°).cos(24°).cos(36°).cos(48°).cos(60°).cos(72°).cos(84°)

= 1/128 qui donne

E = 128 et F = 1.

Enfin pour résoudre la quatrième identité G.cos(4°).cos(8°).cos(16°).

cos(28).cos(32°).cos(44°).cos(52°).cos(56°).cos(64°).cos(68°).cos(76°).cos(88°) = H, il convient au préalable de multiplier les deux membres par

cos(12°).cos(20°).cos(24°).cos(36°).cos(40°).cos(48°).cos(60°).cos(72°).cos(80°).cos(84°) afin de combler les trous et de restituer au premier membre P=



 22 k

1 k

cos(k π /45) = 2^22=1 / 4194304

Or cos(12°).cos(20°).cos(24°).cos(36°).cos(40°).cos(48°).cos(60°).cos(72°).cos(80°).cos(84°)

=

[cos(12°).cos(24°).cos(36°).cos(48°).cos(60°).cos(72°).cos(84°)].[cos(20°)..cos(40°).cos(60°).

cos(80°)] / cos(60°).

Il s’ensuit que 2^22.G = 2(2^7. 2^4).H = 2^10.H. D’où

G = 4096 et H = 1.