Amusement sur l'arc tangente

gebrane

Bonjour,

Démontrer le plus simplement ou le plus méchamment possible  l'égalité: $$3\arctan(2)=\pi + \arctan(\frac 2{11})$$

JLT

Avec $(1+2i)^3=-(11+2i)$ ça devrait aller assez vite.

JLapin

On pose $z = (1+2i)^3(11-2i)$.

En développant on obtient

$$z = (1+6i-12-8i)(11-2i) = (-11-2i)(11-2i) = -125$$

donc les arguments de $z$ sont de la forme $\pi+2k\pi$ avec $k\in\Z$.

Comme $\theta = 3\arctan 2 - \arctan(2/11)$ est un tel argument, il existe $k\in \Z$ tel que

$$\theta = \pi+2k\pi.$$

De $\theta>0$ on déduit $k>-\frac 1 2$.

De $\theta\leq 3\pi/2$ on déduit $k\leq \dfrac{1}4$, donc $k=0$ puis $\theta=\pi$.

gebrane

Formidable  JLT  J-lapin
PS J'ai plutôt utiliser l'identité $tan3x = \frac{3 tan x - tan^3x}{ 1- 3 tan^2x}$

gai requin

$$\arctan(2)+\arctan(2)=\pi+\arctan\left(\frac{2+2}{1-2\times 2}\right)=\pi+\arctan\left(-\frac 4 3\right).$$

$$\arctan(2)+\arctan\left(-\frac 4 3\right)=\arctan\left(\frac{2-\frac 4 3}{1+2\times\frac 4 3}\right)=\arctan\left(\frac 2 {11}\right)$$

Julia Paule

Avec $a=b=c=\arctan 2$, et avec la formule de $\tan (a+b+c)$, c'est immédiat.

gebrane

Ce n'est pas si immédiat @Julia Paule pour un Lycien car la fonction tangente n'est pas injective sur son ensemble de définition, mais elle est bien injective sur $]-\frac{\pi}2, \frac{\pi}2[$, il faut faire attention aux intervalles ( je ne sais pas si j'ai bien expliqué les choses)

Julia Paule

@gebrane oui je sais. Façon lycée (mais je dirais plutôt L1, ils ne connaissent pas la fonction $\arctan$ au lycée ) il faut encore faire une étude : $\arctan 2 \in ] - \pi /2 , \pi /2 [$, mais plus précisément $\arctan 2 \in ] \pi /6 , \pi /2 [$ car $\tan \pi / 6= \sqrt 3 / 3 < 2$ et la fonction $\arctan$ est strictement croissante, donc $3 \arctan 2 \in ] \pi /2 ,3 \pi /2 [$, d'où la rectification avec $\pi$.

philou22

Un problème connexe : prouver que tan(1 degré) est irrationnel.

bd2017

Bonjour 

Vu la formule exprimant $\tan(a+b)$  en fonction de $\tan(a)$ et $\tan(b),$ si $tan(a)$ et $tan(b)$ sont rationnels  alors  $\tan(a+b)$ est rationnel.

Donc si on avait  $x= \tan( 1$ degré)  rationnel, c'est à dire  $x=\tan(\dfrac{\pi}{180}) =\tan(\dfrac{1}{30}\times  \dfrac{\pi}{6})$ rationnel et, puisque $30=2^4 + 2^3 + 2^2 + 2,$  alors  d'après la remarque ci dessus, on aurait $\tan(\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{\sqrt{3}}{3}  $ rationnel. 

Contradiction.

Math Coss

Pourquoi te sens-tu obligé de décomposer $30$ en base deux ? Ta remarque ne donne-t-elle pas l'irrationalité de $\tan(a)$ dès que $\tan(na)$ est irrationnel pour au moins un $n$ entier ?

bd2017

@Math Coss oui tu as raison.

Julia Paule

On peut utiliser directement la formule pour $z=a+ib \ne 0$ et $a \ne 0$ (facile à retrouver) :

si $a >0$, alors $\arg (a+ib)=\arctan (\dfrac {b}{a}) \in ]-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}[ \pmod {2 \pi},$

si $a <0$, alors $\arg (a+ib) = \pi + \arctan (\dfrac {b}{a}) \in ]\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{3 \pi}{2}[ \pmod {2 \pi}$.

Alors $3 \arctan 2 = 3 \arg(1+2i)=\arg(1+2i)^3=\arg(-11-2i)=\pi + \arg(11+2i)=\pi + \arctan (\dfrac{2}{11})$.

On peut en inventer plein du même genre. Une qui est célèbre :

https://sorciersdesalem.math.cnrs.fr/Autour_de_pi/formule_de_Machin.html

gebrane

On résume la preuve de bd2017 comme suit par l 'absurde si $\tan(1°)$ est un rationnel, alors par récurrence $\forall n\in \N^*, \tan(n°)$ est un rationnel qui tombe en contradiction avec le fait que $\tan(30°)=1/\sqrt 3$
Comment démontrer que $tan(10°)$ n'est pas  un rationnel, 
plus sérieux trouver les entiers n>1 pour lesquels $tan(n°)$ est un irrationnel

JLT

D'une manière générale, si $a$ et $b$ sont des entiers premiers entre eux avec $b\geqslant 3$ alors $\tan\frac{\pi a}{b}$ est algébrique de degré $\varphi(b)$ sur $\Q$ si $b$ n'est pas divisible par $4$ et $\varphi(b)/2$ sinon, donc ce n'est un entier que pour $b=4$.

gebrane

edit Les résultats de JLT ne sont pas si évidents , je viens de retrouver ces propres preuves dans le cas a=1 et on note b par n que je rappelle 

JLT a dit :

Je traite le cas où $n$ est un multiple de 4. Soit $\omega=e^{2\pi i/n}$. Alors $i\in \Q(\omega)$ et $\cos 2\pi/n= \frac{1}{2}(\omega+\omega^{-1})\in\Q(\omega)$ et $\sin 2\pi/n= \frac{1}{2i}(\omega-\omega^{-1})\in \Q(\omega)$, donc $\tan(\pi/n)=\frac{1-\cos 2\pi/n}{\sin 2\pi/n}\in \Q(\omega)\cap \R=\Q(\cos 2\pi/n)$.

Réciproquement, $\cos 2\pi/n=\frac{1-\tan^2(\pi/n)}{1+\tan^2(\pi/n)}$, donc $\Q(\tan(\pi/n))=\Q(\cos(2\pi/n))$ est de degré $\varphi(n)/2$ sur $\Q$.

JLT a dit :

Supposons maintenant que $n$ n'est pas divisible par 4. Montrons que $\tan\pi/n$ est de degré $\varphi(n)$. Supposons que ce ne soit pas le cas.

Comme $n$ n'est pas divisible par 4, $\Q(i)\not\subset \Q(\omega)$ (il est bien connu que $\Q(\zeta_n)\cap \Q(\zeta_m)=\Q(\zeta_d)$ si $d=pgcd(m,n)$ et $\zeta_n$ est une racine primitive $n$-ième de l'unité).

D'autre part, des inclusions $\Q(\cos(2\pi/n))\subset \Q(\tan(\pi/n))\subset \Q(\cos 2\pi/n,\sin 2\pi/n)$, et du fait que $\sin 2\pi/n$ est de degré 1 ou 2 sur $\Q(\cos(2\pi/n))$, on en déduit que $\tan \pi/n$ est de degré $\varphi(n)$ ou $\varphi(n)/2$ sur $\Q$. Comme le degré a été supposé par l'absurde différent de $\varphi(n)$, il est égal à $\varphi(n)/2$, donc $\sin 2\pi/n\in \Q(\cos(2\pi/n))$, ce qui entraîne $\omega\in \Q(\cos(2\pi/n),i)$, et donc $\Q(\omega)=\Q(\cos(2\pi/n),i)$ par égalité des degrés. Ceci contredit $i\notin \Q(\omega)$.

gebrane

Je prends comme amusement de vérifier les résultats énoncés par JLT pour le nombre $x=\tan(10°)=\tan(10\frac {\pi}{180})=\tan(\frac {\pi}{18})$
Puisque  $n=18$ n'est pas divisible par 4. vérifions que   $\tan\pi/n$ est algébrique de degré $\varphi(18)=6$
On remarque que $\frac 1{\sqrt 3}=\tan(30°)=\tan(3.10 °)=\frac{3x-x^3}{1-3x^2}$ d'après la formule $\tan3x = \frac{3 \tan x - \tan^3x}{ 1- 3 \tan^2x}$ et en élevant au carré, on déduit que $x$ est une racine du polynôme $$P(X)=3X^6-27X^4 +33X^2-1$$
Pour vérifier maintenant que $x=\tan(10°)$  n'est pas un rationnel; il y a un théorème que j'ai oublié complètement qui donne les racines rationnelles possibles d'un polynôme à coefficients dans $\Z$   suivant le premier et le dernier coefficient 
edit Bon , j'ai retrouvé le théorème en question https://progresser-en-maths.com/comment-determiner-les-racines-rationnelles-dun-polynome/
ce qui permet de conclure que les racines rationnelles possibles sont -1,1,-1/3,1/3. On vérifie que ces 4 candidates ne sont pas racines de P donc tan(10°) n'est pas un rationnel.
Moralité: Un savoir qu'on ne pratique pas chaque jour est un savoir qui meurt, dans mon cas c'est l'algèbre