Oserais-je?

x,y,z sont des réels?
Si oui, les points , et sont trois points du cercle unité dont la somme des angles vaut .

Les points d'affixes , et ont des angles doubles dont la somme est

Bonjour, jver je crois que ton raisonnement ne tient pas, les exponentielles ne sont pas multipliées mais ajoutées, un argument de n'est pas

Je crois avoir trouvé une idée de preuve. Je vais éviter de tout écrire pour te laisser aussi chercher. J'ai d'abord voulu simplifier le problème en disant que quitte à effectuer une rotation en multipliant par , on peut supposer que .
Il s'agit alors de démontrer l'implication

1ère étape, montrer que si alors
2ème étape, déterminer une expression factorisée de et montrer que l'un des termes est nul avec le résultat du 1)

Rectificatif, 1) montrer que

La chaleur!!! excuse-moi.
x et y donnés, en général n'existe pas z correspondant

En revanche ,   et vont bien

Intéressant!
A plus tard!

Bon, je re-rectifie mon 1), il faut bien prouver que ,ouf ...

Mais ce n'est franchement pas évident d'arriver au bout.

Bonsoir,


e^(ix)+e^(iy)+e^(iz) = 0 ,     a)
e^(ix)+e^(iy) = -e^(iz)
(e^(ix)+e^(iy))^2 = e^(2iz)   (1)

e^(2ix)+e^(2iy)+e^(2iz) = 0    b)
nous donne:
-(e^(2ix)+e^(2iy)) = e^(2iz), (2)


Nous avons 2 valeurs différentes de e^(2iz).


Je doute de l'affirmation si a) alors b) ,

Alain

oui, ce doit être bon!

On a donc y=z (à pi près, mais il faudra rendre propre après)

On a par ailleurs

A une rotation de x près, les points d'affixes , et sont les sommets d'un triangle équilatéral. Le reste s'ensuit.

posté avant de finir
... parce que

Sauf erreur,

(e^(ix)+e^(iy))^2  = e^(2iz)
       +
-(e^(2ix)+e^(2iy)) = e^(2iz)

       donne
     2e^(2i(x+y)) = 2e^(2iz)

OU z = (x+y) mod(2Pi)


Amicalement,

Alain

Si x et y  ne sont pas ainsi, pas de solution du système. La question est donc un peu "vicieuse"

Dire que , c'est dire que

En fait je connais une preuve qui utilise les nombres complexes. Je souhaite trouver une preuve trigonométrique de cette implication...
Peut-on par exemple poser sans perte de généralité? L'implication devient alors facile à montrer...

x étant fixé, on a et z est l'autre.

Il me semble que c'est complet. Faire du calcul trigonemétrique ne peut donner de solution

Voilà ce que je propose comme résolution trigonométrique, mais on passe effectivement pas un résultat nettement plus fort que ton implication.

Soient , et trois réels tels que .
On a alors . On pose et de sorte que notre hypothèse devient .

Celle-ci se traduit par le système :
On en déduit que
Puis que
Or donc on ne peut avoir
Nécessairement

En revenant à notre premier système on a donc qui donne ou

Ainsi seuls les triplets de la forme peuvent convenir, ce qui se vérifie sans trop d'efforts.

La conclusion est alors simple puisque la multiplication par 2 laisse la forme de ces triplets inchangée.