sin(a)+sin(b)=sin(c)

Bonjour,

J'ai fait la conjecture suivante:

Si $n$ est un entier naturel et si, pour trois entiers $k,l,m$ l'équation $\sin(k \pi/n)+\sin (l \pi/n) =\sin (m \pi/n)$ admet une solution non triviale (aucun sinus n'est nul) alors $n$ est un multiple de 3

Auriez vous une idée ?

Réponses

  • La fonction $f(x)=\sin\left(\dfrac{x\pi}{n}\right)$ a pour période $2n$ sauf erreur
    Donc, sans perte de généralité, on peut supposer que les entiers $k,l,m$ sont dans l'intervalle $[1,2n-1]$ B-)-

    PS:
    Quand on additionne deux sinus on peut obtenir un nombre plus grand que 1 ou plus petit que -1, ce qui donne surement des majorations et/ou minorations sur les deux sinus du membre de gauche.
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Oui, pas de souci mais ça t'a mis sur une piste ?
  • On peut supposer que $\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)<\dfrac{1}{2}$

    Et probablement aussi que $\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)>\dfrac{-1}{2}$
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Bonjour,

    Soit $\displaystyle x, y, z$ réels tels que $\displaystyle e^{ix}+e^{iy}+e^{iz}=0.$ Montrer que le triangle $\displaystyle ABC$ est équilatéral avec $A$ point d'affixe $\displaystyle a=e^{ix}$, $B$ d'affixe $\displaystyle b=e^{iy}$, $C$ d'affixe $\displaystyle c=e^{iz}.$

    On écrit alors la partie imaginaire avec $\displaystyle x = k \frac{\pi}{n}, \quad y = l \frac{\pi}{n}, \quad z = (n+m) \frac{\pi}{n}.$

    Et on en déduit qu'effectivement $n$ est multiple de $3$, le même $3$ que dans $\displaystyle \frac{2\pi}{3}$, l'angle qui intercepte $\displaystyle AB$, $\displaystyle BC$, $\displaystyle CA$ à partir du centre $O$ du plan complexe.

    Non ?
  • L'hypothèse n'est pas $\displaystyle e^{ix}+e^{iy}+e^{iz}=0.$ et ceci ne résulte pas non plus de l'hypothèse que j'ai donnée.
    Si tu veux utiliser cette relation (qui permet effectivement de conclure) il faut que tu prouves que tu peux t'y ramener.
  • Bonjour,

    As-tu trouvé une solution à cette équation ?

    Moi, je pense avoir démontré qu'il n'en existe pas. Si $\displaystyle sin(a) + sin(b) = sin(c)$ avec $\displaystyle a=k \frac{\pi}{n}$, $\displaystyle b=l \frac{\pi}{n}$ et $\displaystyle c=m \frac{\pi}{n}$ où $\displaystyle k, l, m$ sont des entiers et $n$ est un entier strictement positif, alors seules les solutions triviales existent (ou alors $c=\frac{\pi}{2}$).

    Si tu n'as pas de contre-exemple, j'écris ma démonstration (qui peut être fausse car il y a becaucoup de cas et de sous cas).
  • $\sin\frac{\pi}{6}+\sin\frac{\pi}{6}=\sin\frac{\pi}{2}$.
  • $\sin\frac{\pi}{6}+\sin\frac{\pi}{6}=\sin\frac{\pi}{2}$

    Est équivalent à:

    $\sin\frac{\pi}{6}+\sin\frac{\pi}{6}=\sin\frac{3\pi}{6}$

    Ce qui ne contredit pas l'affirmation de Troisqua. B-)-

    PS:
    Je n'avais pas compris que c'était une réponse à YvesM. Désolé. :-D

    PS2:
    On a aussi:
    $\sin\frac{5\pi}{6}+\sin\frac{5\pi}{6}=\sin\frac{\pi}{2}$
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Bonjour,

    Voici une avancée vers la solution. On démontre que nécessairement $\displaystyle c =\frac{\pi}{2}.$

    On écrit $\displaystyle \sin a + \sin b = \sin c \implies 2 \sin{a+b \over 2} \cos{a-b \over 2} = 2 \sin{c \over 2} \cos{c \over 2}$, puis avec un trait de génie on établit que :
    $\displaystyle \cos{a-b \over 2} \sin{a+b \over 2} - \sin{c \over 2} \cos{c \over 2}=0 \implies q \sqrt{1+(\frac{r}{q})^2} \sin ({x-y \over 2} + arctan \frac{r}{q})=0$ avec $\displaystyle q=(\cos{a-b \over 2}+ \sin{c \over 2}) \cos{x+y \over 2}, r=(\cos{a-b \over 2}- \sin{c \over 2}) \sin{x+y \over 2}$ quand $\displaystyle q \neq 0$ et où $\displaystyle x = {a+b \over 2}, y={c \over 2}.$

    Modifié : erreur de calcul, c'est $q=(\cos{a-b \over 2}+ \cos{c \over 2}) \cos{x+y \over 2}$, et pareil, donc avec un cosinus pour $r$. Lorsque le calcul est mené sans erreur, on montre bien que $q \neq 0$, mais le cas $q=0$ mène à $\sin a + \sin b = \sin c$, c'est-à-dire à rien...

    On élimine le cas $\displaystyle q=0$ :
    Il suffit d'écrire, on a soit $\displaystyle \cos{a-b \over 2}+ \sin{c \over 2}=0$ qui mène à $\displaystyle k-l+m = \pm n \ [4n]$, soit $\displaystyle \cos{x+y \over 2}=0$ qui mène à $\displaystyle k+l+m=2n \ [4n].$
    Après un peu de calcul simple (où l'on écrit $m$ en fonction de $k, l, n$), on aboutit à $\sin a=0$ qui est exclu.

    Donc $q \neq 0$ et on poursuit :
    On démontre facilement la relation $\displaystyle {\tan{c-(a+b) \over 4} \over \tan{a+b+c \over 4} } = {\sin{c \over 2}- \sin{a+b \over 2} \over \sin{c \over 2} +\sin {a+b \over 2}}.$
    On a donc : $\displaystyle arctan \frac{r}{q} = {c-(a+b) \over 4} \ [\pi]$ et donc $\displaystyle {\cos{a-b \over 2} -\sin{c \over 2} \over \cos{a-b \over 2}+ \sin{c \over 2} } = {\sin{c \over 2}- \sin{a+b \over 2} \over \sin{c \over 2} +\sin {a+b \over 2}}.$
    Et donc on obtient facilement :
    $\displaystyle 2 \cos{a-b \over 2} \sin{a+b \over 2} = 2\sin^2 {c \over 2} \implies \sin a+\sin b = 2\sin^2 {c \over 2}=\sin c$ d'où on conclut, avec joie, que $\displaystyle c= \frac{\pi}{2} \ [\pi].$

    Ne reste plus qu'à poursuivre avec $\displaystyle \sin a + \sin b = 1.$
  • On n'a pas nécessairement $c=\dfrac{\pi}2$.

    Par exemple: $\sin(\dfrac{\pi}{15})+\sin(\dfrac{4\pi}{15})=\sin(\dfrac{6\pi}{15})$.
  • Bonjour,

    @jandri, j'ai corrigé mon erreur. J'ai utilisé une formule sur un livre sans la vérifier et elle est fausse ! sans doute une typographie, mais une bonne leçon.

    Mon calcul ne donne rien.
  • Je note $c_n=e^{\frac{ik\pi}{n}}$ où $k$ n'est pas multiple de $n$ et $T$ l'ensemble des triangles de sommets choisis parmi les $c_n$.

    Une conjecture (permettant de conclure) est que s'il existe un triangle $t\in T$ dont le centre de gravité a une ordonnée nulle alors il existe $t'\in T$ dont le centre de gravité est l'origine.

    Et là je bloque.
  • bonsoir

    ton équation trigonométrique : $sina + sinb = sinc$ peut s'écrire :

    $2 sin\frac{a+b}{2}cos\frac{a-b}{2} = sinc$ soit encore :

    $sin\frac{a+b}{2}cos\frac{a-b}{2} = sinc.cos\frac{\pi}{3}$

    par identification (ce ne sont pas les seules solutions) il vient :

    $a + b = 2c$ et $a - b = 2\frac{\pi}{3}$ soit encore $a = c + \frac{\pi}{3}$ et $b = c - \frac{\pi}{3}$

    il me semble difficile de trouver $a$, $b$ indépendamment de $c$

    cordialement
  • Bonsoir,

    le problème est de montrer que si une solution non triviale existe où $a, b$ et $c$ sont des multiples de $\pi/n$ alors $n$ est un multiple de $3$.
  • Bonjour,

    Si on fixe $n$, alors la périodicité de la fonction sinus permet d'écrire tous les $k$... et on peut supposer $k \leq l$... et on peut tester toutes les solutions (pour $n$ petit).

    J'ai démontré que $n=1$, $n=2$ et $n=4$ ne sont pas solutions.

    C'est un bon début.
  • Bonjour,
    J'ai cherché des solutions avec $\alpha $, $\beta$ et $\gamma$ mesures en degrés entières et multiples de 9 sans en trouver, mais ça ne prouve rien, il se pourrait que $n=17$, par exemple.

    Je joins juste la figure pour illustration.49867
  • Scan informatique pour $n=420$49873
  • Pour $n=420$ il y a beaucoup d'autres solutions.
    En se limitant à $1\leq k\leq l\leq n/2$ et $1\leq m\leq n/2$ il y a déjà $\dfrac{420}6=70$ solutions obtenues avec la paramétrisation:
    $k=m-\dfrac n3$, $l=\dfrac {2n}3-m$ et $\dfrac n3+1\leq m\leq \dfrac n2$ (valable quand $n$ est multiple de 3).

    En faisant une recherche informatique des solutions pour n de 1 à 300 j'ai trouvé, en plus des solutions de cette forme, la solution: $\sin(\dfrac{\pi}{10})+\sin(\dfrac{\pi}{6})=\sin(\dfrac{3\pi}{10})$.
  • Je viens de me rendre compte que la question initiale est mal posée à mon humble avis.

    On peut toujours transformer le dénominateur des fractions qui apparaissent dans les sinus en un multiple de 3. :-D

    Il faut sans doute rajouter une condition du type: L'un des $k,l,m$ n'est pas un multiple de 3.
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Non la question n'est pas mal posée. Si tu penses qu'elle l'est tu es donc capable de trouver un contre exemple ? Relis bien la proposition (il y est stipulé qu'aucun sinus n'est nul).
  • $\dfrac{a}{b}=\dfrac{3\times a}{3\times b}$

    Si $\sin\left(\dfrac{a\pi}{b}\right)$ est non nul alors $\sin\left(\dfrac{3\times a\times \pi}{3\times b}\right)$ est toujours non nul. B-)-

    Si on trouve une égalité: $\sin\left(\dfrac{a\pi}{b}\right)+\sin\left(\dfrac{a'\pi}{b'}\right)=\sin\left(\dfrac{a''\pi}{b''}\right)$

    Si chacune des fractions est irréductible (ou pas) pour fabriquer une solution souhaitée je peux toujours considérer.

    $N=3\times b\times b'\times b"$ et modifier les fractions.
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Ne vaudrait-il pas mieux la formulation suivante:

    Si $\sin\left(\dfrac{a\pi}{b}\right)+\sin\left(\dfrac{a'\pi}{b'}\right)=\sin\left(\dfrac{a''\pi}{b''}\right)$

    avec $a,a',a",b,b',b"$ entiers et $\dfrac{a}{b},\dfrac{a'}{b'},\dfrac{a''}{b''}$ fractions irréductibles

    alors au moins l'un des $b,b',b"$ est un multiple de $3$

    ?
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Bonjour @Fin de partie,

    Tu as raison. Et le problème est bien posé.

    Le problème dit : toutes les solutions ont $n$ multiple de $3.$ Si tu trouves une solution où $n$ n'est pas multiple de $3$, alors tu peux en construire une autre où $n$ est multiple de $3$ en multipliant numérateur et dénominateur par $3.$
    Mais ceci ne change pas le problème posé : la conjecture dit que tu ne peux pas trouver de solution où $n$ n'est pas multiple de $3.$
  • Vu comme ça.
    Je devrais arrêter de réfléchir après 22 heures.
    J'ai remarqué que je me posais des questions à la c... :-D
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Bon je vais essayer de résumer ce que j'ai fait pour l'instant.

    Je note $C_n$ l'ensemble des $e^{ik\pi/n}$ privés de 1 et -1.

    Première remarque: quitte à changer le $c$ de l'énoncé en son opposé, le problème revient à démontrer que si un triangle (éventuellement aplati) inscrit dans $C_n$ a son centre de gravité sur l'axe des abscisses alors $n$ est multiple de 3.

    Deuxième remarque: si un triangle inscrit dans $C_n$ a pour centre de gravité l'origine alors $n$ est multiple de 3 (demande un peu de travail -classique- et repose sur le fait qu'un tel triangle est nécessairement équilatéral et que si $a$ est un sommet alors on en déduit que $a j$ est aussi sur $C_n$ (où $j=e^{2i\pi/3}$)et donc $1=(aj)^{2n}= a^{2n}j^{2n}=j^{2n}$ et donc 3 divise 2n donc 3 divise n.

    Finalement, il suffit donc de montrer que s'il existe un triangle inscrit dans $C_n$ dont le centre de gravité est sur l'axe des abscisses alors il existe un triangle inscrit dans $C_n$ dont le centre de gravité est l'origine.

    Ce que je n'arrive pas à montrer c'est la conjecture suivante:

    S'il existe un triangle inscrit dans $C_n$ dont le centre de gravité est sur l'axe des abscisses alors il existe un triangle inscrit dans $C_n$ dont le centre de gravité est l'origine *par une simple symétrie d'un des sommets du premier triangle par rapport à l'axe des ordonnées*.

    Pour démontrer ma conjecture voilà ce qu'il suffirait donc de prouver:

    Soient $a,b,c$ dans $C_n$ tels que $a+b+c$ soit réel. Alors:
    $$\left(a+b+c\right)\left(-\overline{a}+b+c\right)\left(a-\overline{b}+c\right)\left(a+b-\overline{c}\right)=0$$
  • Je précise que cette dernière proposition qui permettrait de répondre à la question, ne tient plus si $a,b,c$ sont seulement supposés de module 1 (j'ai fabriqué des exemples montrant que sous cette hypothèse plus faible le produit peut être non nul).
  • Puisque $\sin\left(\dfrac{p\pi}{N}\right)+\sin\left(\dfrac{q\pi}{N}\right)=2\sin\left(\dfrac{(p+q)\pi}{2N}\right)\cos\left(\dfrac{(p-q)\pi}{2N}\right)$ alors

    $\sin\left(\dfrac{p\pi}{N}\right)+\sin\left(\dfrac{q\pi}{N}\right)=\sin\left(\dfrac{r\pi}{N}\right)$ est équivalent à:

    $2\sin\left(\dfrac{(p+q)\pi}{2N}\right)\cos\left(\dfrac{(p-q)\pi}{2N}\right)=\sin\left(\dfrac{r\pi}{N}\right)$

    Soit $\omega=exp\left(i\dfrac{\pi}{2N}\right)$,

    Cela implique, sauf erreur, que:

    $\mathbb{Q}\left(\omega^{2r}\right)$ est inclus dans $\mathbb{Q}\left(\omega^{p+q},\omega^{p-q}\right)=\mathbb{Q}\left(\omega^{2p},\omega^{2q}\right)$

    Qu'on peut reformuler:

    Soit $\omega'=exp\left(i\dfrac{\pi}{N}\right)$

    $\sin\left(\dfrac{p\pi}{N}\right)+\sin\left(\dfrac{q\pi}{N}\right)=\sin\left(\dfrac{r\pi}{N}\right)$

    implique que:

    $\mathbb{Q}\left(\omega'^{r}\right)$ est inclus dans $\mathbb{Q}\left(\omega'^{p},\omega'^{q}\right)$

    PS:
    J'ai tourné en rond. :-D
    On peut directement voir ça sur l'égalité initiale.
    Le passé est sinistre, le présent terne, mais heureusement nous n'avons pas d'avenir.
  • Je peux formuler autrement encore ce qu'il suffit de montrer pour conclure.

    Soit $P=\sum_{k=0}^{n-1}X^{2k}$. Supposons que $P$ possède 3 racines dont la somme est réelle. Montrer que $P$ possède 3 racines dont la somme est nulle.
  • Je fais remonter ce sujet pour qui ne l'aurait pas vu passer : le problème de troisqua reste ouvert : sa conjecture n'est ni invalidée ni démontrée.
    Peut-être quelqu'un a-t-il des idées...
  • On suppose que $k,l,m\in\Z$, que $n\in\N$ n'est pas un multiple de $3$ et que $\sin a +\sin b = \sin c$, où $a=2\pi k/n$, $b=2\pi l/n$ et $c=2\pi m/n$. On va montrer que l'un des sinus est nul.

    Si $\omega$ désigne $e^{2\pi i /n}$, alors ceci s'écrit $\omega^k+\omega^l-\omega^m=\omega^{-k}+\omega^{-l}-\omega^{-m}$.

    Or, pour tout polynôme $P$ à coefficients dans $\Q$, si $P(\omega)=0$ alors $P(\zeta)=0$ pour toute racine primitive $n$-ième de l'unité $\zeta$. Ceci s'applique en particulier à $\zeta=\omega^3$. On a donc les deux équations

    $$\sin a +\sin b = \sin c,\quad \sin 3a+\sin 3b=\sin 3c.$$

    Comme $\sin 3c=\sin c(4\cos^2c-1)$, on a
    $$\sin a(4\cos^2a-1)+\sin b(4\cos^2b-1)=(\sin a+\sin b)(4\cos^2c-1).$$
    Ceci se simplifie en $\sin a(\cos^2a-\cos^2c)+\sin b(\cos^2b-\cos^2c)=0$, ou encore
    $$\sin a(\sin^2c-\sin^2a)+\sin b(\sin^2c-\sin^2b)=0.$$
    Comme $\sin^2c-\sin^2a=(\sin c+\sin a)(\sin c-\sin a)=(2\sin a+\sin b)\sin b$ et $\sin^2c-\sin^2 b=(\sin a + 2\sin b)\sin a$, l'équation se simplifie en $3\sin a\sin b(\sin a+\sin b)=0$, ou encore $\sin a\sin b\sin c=0$.
  • Bonjour,

    Pas mal... mais l'équation initiale est $a = \pi \frac{k}{n}$ et non pas $a = 2\pi \frac{k}{n}.$

    Peux-tu adapter cette démarche à ce cas ?
  • En disant $n$ multiple de $6$, ce qui entraîne $n$ multiple de $3$...?

    (Mais l'ambiance n'est pas propice à la réflexion en ce moment, il est probable que je raconte n'importe quoi)
  • Bravo à JLT pour avoir trouvé cette solution aussi simple.
    J'avais essayé de trouver toutes les solutions de l'équation pour vérifier que $n$ était nécessairement multiple de 3 mais je n'ai pas réussi.
  • Super JLT !
    Qu'est-ce qui t'a fait penser à montrer que $\sin(3a)+\sin(3b)+\sin(3c)=0$ et d'en déduire que l'un des sinus était nul ? Tu connaissais ce résultat avant ?
  • @YvesM : si $a=k\frac{\pi}{n}$ alors $a=k\frac{2\pi}{2n}$. Ma démonstration donne que $2n$ est un multiple de $3$, donc $n$ aussi.

    @troisqua : non je ne connaissais pas ce résultat. Je m'étais d'abord dit que la relation $\sin a+\sin b=\sin c$ donnait un polynôme annulateur de $\omega$ assez simple, mais je ne voyais pas comment l'exploiter pour en déterminer toutes les racines communes avec le polynôme $X^n-1$. Je me suis ensuite dit que, puisque l'on sait facilement résoudre $\sin a=\sin b$, comme l'équation $\sin a+\sin b=\sin c$ a une inconnue de plus, il suffisait de combiner avec une deuxième équation pour aboutir à une solution.
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