Le théorème de Niven

Vous vous souvenez sans doute tous de ce fameux tableau des valeurs remarquables du cosinus, vu en classe de 3ème ou de Seconde:

valeurs_remarquables_du_cosinusSans doute vous rappelez-vous que, la première fois que vous avez vu ce tableau, toutes les valeurs du cosinus paraissaient très étranges – ces racines carrées sorties de nulle part – et que seules les valeurs 0, \frac{1}{2} et 1  étaient faciles à retenir (et à visualiser sur le cercle trigonométrique).

Si vous aviez eu un professeur sadique, peut-être vous a-t-il donné un tableau encore plus complet, avec encore plus de valeurs remarquables comme ci-dessous:valeurs_remarquables_du_cosinus_version_dingue

Et vous auriez vu qu’il n’y a toujours pas de valeur simple du cosinus hormis les fameux 0, \frac{1}{2} et 1. En fait, ce n’est pas votre professeur qui était sadique mais la fonction cosinus elle-même car, selon un théorème dû au mathématicien Ivan Niven, on pourrait continuer ce tableau indéfiniment en mettant encore plus d’angles \theta mais il n’y aura toujours que trois valeurs simples du cosinus: 0, \frac{1}{2} et 1 (qui correspondent respectivement aux angles \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{3} et 0).

Dans cet article, nous allons tout simplement prouver cette propriété. Car en plus d’être un résultat surprenant, la démonstration de ce théorème est juste magnifique ! Quand je vous dis que les mathématiques, c’est de l’art…

Enoncé rigoureux du théorème de Niven

Il faut tout d’abord s’entendre sur ce qu’on entend par une valeur simple du cosinus. Ici, nous dirons que le cosinus a une valeur simple quand le cosinus est un nombre rationnel c’est-à-dire une fraction de deux entiers. Rappelons que l’ensemble des nombres rationnels se note \mathbb{Q}.

Il faut aussi s’entendre sur quels angles \theta on place dans le tableau des valeurs remarquables: ce seront les angles qui sont des multiples fractionnaires de \pi, c’est-à-dire les angles \theta de la forme \dfrac{a}{b}\pia et b sont des entiers. Par exemple, \dfrac{\pi}{3}, \dfrac{2\pi}{7}, \dfrac{4\pi}{13}

Voici donc l’énoncé du magnifique théorème de Niven (j’en tremble):

barreThéorème: Soit \theta \in [0, \frac{\pi}{2}] un angle de la forme \theta = \dfrac{a}{b} \pi (avec a,b \in \mathbb{N}, b\neq 0).  Alors:

Si \cos\left( \theta \right) \in \mathbb{Q} alors \cos(\theta) = 0 , \dfrac{1}{2} \text{ ou } 1

(ce qui correspond donc respectivement à \theta = \dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{3} \text{ ou } 0).

 

Thm_de_Niven_figure

Dit autrement, le théorème de Niven dit que les seuls angles de la forme \frac{a \pi}{b} pour lesquels le cosinus (double flèches bleues sur la figure ci-dessous) est un nombre rationnel sont les angles 0, \frac{\pi}{3} et \frac{\pi}{2}

Aller, en route vers cette démonstration que je trouve si jolie car si simple ! (pour dire, je pense qu’elle est accessible à un élève de Terminale).

Nous allons décomposer cette démonstration en 3 lemmes dans lesquels nous utiliserons utilement la notion de polynômes à coefficients entiers. Qui l’eut crû ? Utiliser des polynômes pour un problème sur le cosinus…

Lemme n°1: une belle identité trigonométrique

barrelemme: Pour tout entier naturel n, et pour tout réel x

\boxed{\cos((n+1)x)= 2 \cos(nx)\cos(x) - \cos((n-1)x)}

 

Je reconnais que ce n’est pas une formule de trigo qu’on a l’habitude de voir, mais elle est sympa quand même.

Démonstration: On connaît la formule classique suivante:

\cos(A)+\cos(B) = 2 \cos(\frac{A+B}{2}) \cos(\frac{A-B}{2})

qui est bien entendu équivalente à:

\cos(A) = 2 \cos(\frac{A+B}{2}) \cos(\frac{A-B}{2})-\cos(B)

En posant A=(n+1)x et B=(n-1)x, on a donc

\cos((n+1)x) = 2 \cos(\frac{(n+1)x+(n-1)x}{2}) \cos(\frac{(n+1)x-(n-1)x}{2}) - \cos((n-1)x)

ce qui après simplification donne bien:

\cos((n+1)x) = 2 \cos(nx)\cos(x) - \cos((n-1)x)

  Lemme n°2: des « presque » polynômes de Tchebichev

A l’aide du lemme précédent et d’un raisonnement par récurrence, nous allons montrer que:

barrelemme: Pour tout entier naturel n, il existe un polynôme unitaire T_n de degré n dont les coefficients sont des nombres entiers et tel que:

\forall x \in \mathbb{R}, \,\, T_n\left(2\cos(x)\right)=2\cos(nx)

Rappelons qu’un polynôme unitaire est un polynôme dont le coefficient du terme de plus haut degré est 1. Par exemple, X^2 +1 est unitaire, mais 5X^4 -3X + 1 ne l’est pas.

Démonstration:

■ Si n=1 alors on voit immédiatement que le polynôme T_1(x)=x convient.

■ Soit n est un entier naturel non nul quelconque. On suppose que pour tout entier naturel non nul k \leq n, on ait déjà construit un polynôme T_k vérifiant les conditions énoncées dans le lemme (on fait ici ce qu’on appelle une récurrence forte). Il s’agit alors de montrer l’existence d’un polynôme T_{n+1} unitaire à coefficients entier de degré n+1 tel que T_{n+1}(2\cos(x))=2\cos((n+1)x). On distingue deux cas:

a) si n+1=2 alors il suffit de prendre T_{n+1}(x)=T_2(x)=x^2-2 car

(2\cos(x))^2 - 2= 4 \cos^2(x) - 2 =4 (\frac{1+\cos(2x)}{2}) -2 = 2\cos(2x)

(On a utilisé ici la formule dite de réduction du carré).

b) si n+1>2, alors d’après le lemme précédent, on sait que :

\cos((n+1)x) = 2 \cos(nx)\cos(x) - \cos((n-1)x)

Donc, en multipliant le tout par 2, on a:

2\cos((n+1)x) = 2\cos(nx) 2\cos(x) - 2\cos((n-1)x)

Ainsi, la condition T_{n+1}(2\cos(x)) = 2\cos((n+1)x) est équivalente à

T_{n+1}(2\cos(x)) = 2 \cos(nx) 2\cos(x) - 2\cos((n-1)x)

et donc par hypothèse de récurrence, elle est encore équivalente à:

T_{n+1}(2\cos(x))=2\cos(x) T_n(2\cos(x)) - T_{n-1}(2\cos(x))

Cela incite donc à poser:

\boxed{T_{n+1}(x)= x T_n(x) - T_{n-1}(x)}

et on voit de suite dans ce cas que T_{n+1} est de degré n+1 et à coefficients entiers. CQFD.

Remarque: Comme le nombre n-1 apparaît à un moment donné, pour pouvoir utiliser l’hypothèse de récurrence il fallait s’assurer que n-1\geq 1 c’est-à-dire n+1 \geq 3. C’est pour cela que nous avons traité le cas n+1=2 à part.

Lemme n°3: racines rationnelles d’un polynôme à coefficients entiers

Ce dernier lemme sera utile pour utiliser les polynômes T_n qu’on vient de déterminer.

barrelemme: Si P est un polynôme unitaire à coefficients entiers et s’il possède une racine qui est un nombre rationnel alors ce nombre est nécessairement entier.

Démonstration: Soit P = X^n + a_{n-1}X^{n-1} + \cdots + a_1 X + a_0 (où les a_i sont des nombres entiers) un polynôme unitaire de degré n (qu’on peut supposer strictement supérieur à 1 sinon le lemme est évident. Pourquoi ?) et soit \frac{p}{q} une racine de P (on peut toujours supposer p et q premiers entre eux). Alors P(\frac{p}{q})=0, ce qui nous donne:

(\frac{p}{q})^n + a_{n-1}(\frac{p}{q})^{n-1} + \cdots + a_1 (\frac{p}{q}) + a_0=0

En multipliant les deux membres par q^n, on a:

p^n + a_{n-1}qp^{n-1} + \cdots + a_1 q^{n-1}p + a_0q^n=0

donc:

p^n = q( a_{n-1}p^{n-1} + \cdots + a_1 q^{n-2}p + a_0q^{n-1})

donc q divise p^n, mais comme q est premier avec p, cela n’est possible que si q=\pm 1 ! Donc, le nombre \frac{p}{q} est bien un nombre entier.

Le bouquet final

Nous sommes maintenant parés pour démontrer le théorème de Niven. Soit \theta \in [0, \frac{\pi}{2}] un angle de la forme \theta = \dfrac{a}{b}\pi (a, b entiers). Quitte à multiplier le quotient \dfrac{a}{b} par 2 au numérateur et au dénominateur, on peut toujours supposer que \theta est de la forme \dfrac{2k}{m}\pi (par exemple, \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{6}). Cette forme sera très utile comme vous allez le voir…

Nous savons qu’il existe un polynôme T_m unitaire à coefficients entiers tel que:

\forall x, T_m (2\cos(x) ) = 2 \cos(mx)

En particulier, si x=\theta=\frac{2k}{m}\pi alors

T_m(2\cos(\theta))=2\cos(m \frac{2k}{m}\pi)

et là, hormis Steevie Wonder, tout le monde voit la simplification arriver à des kilomètres:

T_m(2\cos(\theta))= 2\cos(2k\pi) = 2

 Le nombre 2\cos(\theta) est donc racine du polynôme unitaire à coefficients entiers P = T_m(x) - 2. Donc, si on suppose que \cos(\theta) est un nombre rationnel, alors 2\cos(\theta) est un nombre rationnel qui est racine d’un polynôme unitaire à coefficients entiers. D’après le lemme 3, il s’ensuit que 2\cos(\theta) est nécessairement un nombre entier.

Mais, on sait aussi que si \theta \in [0; \frac{\pi}{2}] alors 0 \leqslant \cos(\theta) \leqslant 1 et donc 0 \leqslant 2 \cos(\theta) \leqslant 2. Ainsi, 2\cos(\theta) est un nombre entier compris entre 0 et 2 d’où:

2 \cos(\theta) = 0, 1, \text{ ou } 2

et donc les seules valeurs simples possibles pour le cosinus sont:

\cos(\theta) = 0, \frac{1}{2} \text{ ou } 1 !

CQFD.

Je ne sais pas si je vous l’ai dit, mais je trouve cette démonstration magnifique.

Note:

La démonstration suivie ici s’inspire largement de celle postée sur ProofWiki qui elle-même s’inspire de la preuve donnée par un certain Olmsted.

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10 commentaires pour Le théorème de Niven

  1. Anonyme dit :

    Que c’est « zoli » !

    Cet article amène à trois autres problèmes.

    1) Pourquoi a-t-on la jolie coïncidence du tableau des valeurs remarquables via les racines carrées de 4, 3, 2, 1 et 0 toutes divisées par 2 ? Je parle du tableau classique et non de celui du marquis de Sade. Est-ce exceptionnel ?

    2) Les Casio savent calculer cos(pi/12) mais pas cos(pi/8). Ceci montre que cette calculatrice doit passer par une décomposition du type 2a+3b=12 en utilisant les formules d’addition. Enfin, je suppose.

    3) Pour quels types de fraction p*pi/q peut-on exprimer cos(p*pi/q) à l’aide de racines n-ième et de naturels ? Ceci fait un lien avec la résolubilité par radicaux dans la théorie de Galois.

    En espérant ne pas avoir dit de bêtises.

  2. C’est très joli! Merci!

  3. Arnaud G. dit :

    Merci pour la découverte de ce beau théorème !

    Il serait intéressant à étudier avec une bonne classe de Tale S.

    Comme quoi, il y a toujours des choses à découvrir en mathématiques, et pas forcément d’un niveau inaccessible.

    Continuez comme ça, j’adore votre blog !

    Arnaud

  4. JP dit :

    Merci , en fait hier j’ai posé la question à quelques collègues (à l’occasion d’un exercice où il n’était question que d’inégalité dans un sens ou dans l’autre ) . Pour ma part j’étais persuadé d’un semblable théorème mais mes collègues, pas du tout !
    Là j’ai demandé à des amis musiciens et matheux et ça leur semble aussi vrai qu’à moi …

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