证明$\cos1°$是无理数

青青子衿

证明$\cos1°$是无理数

kuing

见：kkkkuingggg.haotui.com/viewthread.php?tid=1191

PS、度的代码是 \du （本论坛的自定义命令之一）

青青子衿

见：kkkkuingggg.haotui.com/viewthread.php?tid=1191
PS、度的代码是 \du （本论坛的自定义命令之一）
kuing 发表于 2014-1-25 14:27

该网址打不开！

kuing

奇怪，无缘无故旧论坛不让游客看贴……
好吧，将链接中我的回贴复制过来先：

设 $n\in\mbb N$，注意到 $\cos nx=T_n(\cos x)$ 其中 $T_n(x)$ 为第一类切比雪夫多项式，所以假如 $\cos1^\circ$ 为有理数，那么 $\cos n^\circ$ 都为有理数，这显然与事实不符，从而 $\cos1^\circ$ 必无理数。
此外，由 $T_{60}(\cos1^\circ)=\cos60^\circ=1/2$，所以 $\cos1^\circ$ 不是超越数。
kuing 发表于 2013-3-1 18:08

其妙

粘过来：
葛军的题就是：$\triangle{ABC}$中，如果$\cos A$是有理数，那么$\cos nA$是有理数，显然$\cos30^0$是无理数，故$\cos1^0$是无理数，
kuing证明了 它是代数数，非超越数。

其妙

某些特殊角的三角函数值：
何版的：pep.com.cn/rjwk/gzsxsxkj/2011/sxkj3/sxkj3ts/201105/t20110516_1041456.htm
还有李明老师的：

kuing

回复 6# 其妙

扯远了的那些我就懒得复制了……说不定过几天又能看了

其妙

回复 7# kuing
我差点忘了我的那个密码了

青青子衿

回复 7# kuing


\begin{align*}
&\sin1^\circ=\\
&e^{\frac{-2i\pi}{3}}\sqrt[3]{\dfrac{{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{10+2\sqrt{5}}}-{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{6}+\sqrt{2})}}{128}+i\sqrt{\dfrac{1}{64}-\left(\dfrac{{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{10+2\sqrt{5}}}-{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{6}+\sqrt{2})}}{128}\right)^2}}+\\
&e^{\frac{2i\pi}{3}}\sqrt[3]{\dfrac{{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{10+2\sqrt{5}}}-{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{6}+\sqrt{2})}}{128}-i\sqrt{\dfrac{1}{64}-\left(\dfrac{{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{10+2\sqrt{5}}}-{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{6}+\sqrt{2})}}{128}\right)^2}}
\end{align*}
※※※※※

\begin{align*}
\cos\left(\frac{\pi}{30}\right)&=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2 \sqrt{5}}}{8}\\
\sin\left(\frac{\pi}{30}\right)&=\frac{-\left(1+\sqrt{5}\right)+\sqrt{30-6 \sqrt{5}}}{8}
\end{align*}

\begin{align*}
\cos\left(\frac{\pi}{60}\right)&=\frac{\left(\sqrt{5}-1\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)+\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)\sqrt{2\sqrt{5}+10}}{16}\\
\sin\left(\frac{\pi}{60}\right)&=\frac{\left(\sqrt{5}-1\right)\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)-\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)\sqrt{2\sqrt{5}+10}}{16}
\end{align*}

\begin{align*}
\cos\left(\frac{\pi}{120}\right)&= \frac{\left(\sqrt{2+\sqrt2}\,\right)\left(1+\sqrt{5}+\sqrt{30-6\sqrt5}\,\right)+\left(\sqrt{2-\sqrt2}\,\right)\left(\sqrt{3}+\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt5}\,\right)}{16}\\
\sin\left(\frac{\pi}{120}\right)&=\frac{\left(\sqrt{2+\sqrt2}\,\right)\left(\sqrt{3}+\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt5}\,\right)-\left(\sqrt{2-\sqrt2}\,\right)\left(1+\sqrt{5}+\sqrt{30-6\sqrt5}\,\right)}{16}
\end{align*}

其妙

回复 9# 青青子衿

青青子衿

于是你应该直接给出维基的链接，而不是发那个图，像是你自己算的那样，还有你的叹号。 ...

不好意思，请看：
zh.wikipedia.org/zh-cn/三角函数精确值

handwiki.org/wiki/Trigonometric_constants_expressed_in_real_radicals

青青子衿

回复 10# 其妙
回复 4# kuing

奇怪，无缘无故旧论坛不让游客看贴……
好吧，将链接中我的回贴复制过来先：
设n∈N，注意到$\cos nx=T_n(\cos x)$其中$T_n(x)$为第一类切比雪夫多项式，所以假如$\cos1\du$为有理数，那么$\cos n\du$都为有理数，这显然与事实不符，从而$cos1\du $ 必无理数。
此外，由$T_60(cos1\du)=cos60\du=1/2$，所以$cos1\du$ 不是超越数。
 ...
kuing 发表于 2014-1-25 14:57

2014•北约7.证明：tan3º是无理数

kuing

回复 15# 青青子衿

n 倍角公式照秒……

其妙

不晓得对不对：


见tieba.baidu.com/p/2894801226
tan(A+3) = (tanA+tan3)/(1-tanAtan3)
然后若tan3有理的话。。。
若tanA是有理数，那么tan(A+3)就是有理数啊。。
然后若$\tan3^0$是有理数，然后尼玛tan(30)就成了有理数啊。。。
所以怎么能让它有理啊。。。

tan3=tan(18-15)然后算出来不就得了哇？

其妙

回复 17# 其妙
awdxawdxawd: tan15=2-√3,sin18=(√5-1)/4，这个方法毫无思维含量，纯凭计算，不过这是我在看到题的时候最先想到的

第一章

翻贴才发现这个题……
印象中我也做过的

007

若$\cos1^0$是有理数，则由二倍角公式和三倍角公式知道$\cos2^0,\cos3^0$是有理数。从而$\cos6^0,\cos12^0,\cos24^0$也都是有理数。
于是$\cos30^0=\cos(24^0+6^0)=\cos24^0\cos6^0-\sin24^0\sin6^0=\cos24^0\cos6^0-4\sin^26^0\cos12^0\cos6^0=\cos24^0\cos6^0-4(1-\cos^26^0)\cos12^0\cos6^0$，
无理数=有理数，矛盾。

007

若$\cos1^0$是有理数，则由二倍角公式和三倍角公式知道$\cos2^0,\cos3^0$是有理数。从而$\cos6^0,\cos12^0, ...
007 发表于 2014-6-25 10:36

    这里$\cos3^0=\cos2^0\cos1^0-\sin2^0\sin1^0=\cos2^0\cos1^0-2\sin^21^0\cos1^0=\cos2^0\cos1^0-2(1-\cos^21^0)\cos1^0$是有理数，为下面的推导提供了思路……

kuing

又见零次方……

007

回复 22# kuing


    恩，那个\circ 有点长……