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#1 15-01-2026 16:17:25
- gebrane
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- Messages : 63
Un dénombrement difficile
Démontrer, ou donner un contre exemple, que le nombre de solutions ( edit positives) de l'équation $$\cos(nx)=x$$ est $$2\left\lfloor\frac{n}{2\pi}\right\rfloor+1.$$
Source https://les-mathematiques.net/vanilla/d … 11-janvier
Dernière modification par gebrane (15-01-2026 17:19:23)
Hors ligne
#2 15-01-2026 20:50:31
- Glozi
- Invité
Re : Un dénombrement difficile
Bonsoir,
Un contre exemple doit être un $n$ tel que $cos(n)\simeq 1$ et $-1<n\sin(n)<0$. Si je fais confiance à la machine à calculer de python (avec le module mpmath par exemple) alors je pense que $n=8958937768937$ est un contre exemple.
Bonne soirée
#4 16-01-2026 12:50:25
- Glozi
- Invité
Re : Un dénombrement difficile
Bonjour,
En fait j'ai l'impression d'avoir été un peu vite mais ça marche quand même je crois.
Je donne quelques détails :
Soit $n\geq 1$. Notons $k=\lfloor \frac{n}{2\pi}\rfloor$. Pour $j\in \mathbb{N}$, notons $x_j=\frac{2j\pi}{n}$. Posons $f_n(x)=\cos(nx)$ et $g(x)=x$. Si $0\leq j\leq k-1$ alors $[x_j,x_{j+1}]\subset [0,1]$ on montre que sur chacun de ces $k$ intervalles l'équation $f_n(x)=x$ admet exactement deux solutions.
En effet, notons $y_j=\frac{1}{2}(x_j+x_{j+1})$ alors $f_n$ est strictement décroissante sur $[x_j,y_j]$ alors que $g(x)$ est strictement croissante sur ce même intervalle. De plus $f_n(x_j)-g(x_j)>0$ et $f_n(y_j)-g(y_j)<0$ on aura donc une unique solution sur $[x_j,y_j]$.
Sur l'intervalle $[y_j,x_{j+1}]$ le théorème des valeurs intermédiaire garantit aussi l'existence d'au moins une solution et comme la fonction $x\mapsto f_n(x)$ est strictement croissante et concave et que $g(x_{j+1})<f_n(x_{j+1})$ on a en fait une seule solution sur cet intervalle.
Maintenant, il reste à comprendre le nombre de solution sur l'intervalle $[x_k,1]$ (il n'y aura pas de solution au delà car $f_n$ est majorée par $1$).
Pour les mêmes raisons qu'avant il y aura une unique solution sur l'intervalle $[x_k,y_k]$ (partie descendante de $f_n$). Jusqu'à présent on a donc trouvé 2k+1 solutions. Mais il se peut qu'il y ait encore une ou plusieurs solutions sur l'intervalle $[y_k,x_{k+1}]$
Je prétends que s'il existe deux solutions distinctes dans l'intervalle $[y_k,x_{k+1}]$ alors $-1<n\sin(n)<0$ et $
\cos(n)>0.$
En effet, s'il existe deux solutions $a$ et $b$ qui vérifient $y_k<a<b<1<x_{x+1}$. Alors on a $f_n(a)=a$ et $f_n(b)=b$. Par concavité de $f_n$ et puisque $g$ est de pente constante égale à $1$ alors on a $f_n'(a)>1$ et $0<f_n'(b)<1$. On aura donc également $0<f_n'(1)<1$ ce qui est précisément la condition $-1<n\sin(n)<0$. De plus puisque $a$ et $b$ sont positifs et que $1>a$ on aura par croissance de $f_n$ sur $[b,1]$ on a $f_n(1)>f_n(b)=b>0$. Donc $\cos(n)>0$.
La réciproque est plus douteuse: supposons que $\cos(n)>0$ et $-1<n\sin(n)<0$. On a donc $0<f_n'(1)<1$. On en déduit que $y_k<1<x_{k+1}$ (partie sur laquelle $f_n$ est croissante). Notons $c$ l'unique point de $[y_k,x_{k+1}]$ tel que $f_n'(c)=1$. On sait que $y_k<c<1<x_{k+1}$. Si on arrive à montrer que $f_n(c)>c$ alors c'est gagné. Or $f_n(c)=\cos(nc)=\sqrt{1-\sin^2(nc)}=\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}$ car $-n\sin(nc)=f_n'(c)=1$ par définition de $c$. Maintenant $f_n(c)>c \Leftrightarrow c<\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}$. On remarque que pour $n$ assez grand alors $\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}$ est bien dans l'intervalle dans $[y_k,1]$. Par stricte décroissance de $f_n'$ sur cet intervalle on trouve $f_n(c)>c \Leftrightarrow f_n'(c)>f_n'(\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}) \Leftrightarrow 1 > -n\sin(\sqrt{n^2-1})$.
Or il se trouve que pour $n= 8958937768937$ cette condition est vérifiée d'après python (attention le python classique n'est pas assez précis, utiliser un module approprié pour la précision décimale).
NB: je ne me suis pas amusé à tester tous les entiers jusqu'à trouver 8958937768937. En vérité j'ai uniquement testé les numérateurs des développements en fractions continues de $\pi$ car on sait que les réduites sont de très bonnes approximations rationnelles de $\pi$ (cd OEIS pour avoir la suite de ces numérateurs).
Bonne journée