$45^\circ$ Cubo de Rubik: demostración $\arccos ( \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{4} )$ ¿es un ángulo irracional?

Question

He estado trabajando en un problema relacionado con el cubo de Rubik 3x3x3 en el que se permite girar las caras por $45^\circ$ en lugar del habitual $90^\circ$ . Sabemos que para el 3x3x3 estándar el cubo se divide en 27 regiones y 26 de ellas son las piezas externas del puzzle (8 esquinas + 12 aristas + 6 centros de caras).

Para el $45^\circ$ Cubo de Rubik, cuando giras una cara por $45^\circ$ hay que añadir cortes adicionales para que las caras adyacentes puedan girar. Una propiedad interesante es que no importa cuántos cortes se añadan, parece que todavía hay configuraciones en las que las caras se bloquean a menos que se añadan más cortes. La comunidad de rompecabezas twisty llama a esta propiedad mezclando cuando se requiere un número infinito de cortes. Estoy tratando de demostrar que el $45^\circ$ Rompecabezas del cubo de Rubik.

A continuación se muestra un ejemplo de cubo de Rubik al que se han añadido algunos cortes para permitir algunos $45^\circ$ vueltas antes de que las cosas se bloqueen. En esta foto la cara izquierda con el centro octagonal amarillo se torció $45^\circ$ y luego la cara derecha con el centro del octágono rojo se torció $45^\circ$ . Ahora la cara amarilla no puede retorcerse más sin añadir más cortes a través de las piezas que la bloquean:

Llamo a la secuencia anterior [45F 45R] .

Para tratar de demostrar que se requiere un número infinito de cortes, me propuse mostrar algo más simple que implica que. A saber, que un punto en el rompecabezas se hace girar alrededor de algún eje por un ángulo irracional si se repite [45F 45R] . Si al repetir estos dos movimientos una y otra vez los puntos giran un ángulo irracional, entonces el orden de la secuencia (el periodo) es infinito y hay que añadir un número infinito de cortes, lo que implica que el puzzle se desordena. Aquí hay una animación que muestra cómo se mueve el punto de la esquina cuando se hace [45F 45R] repetidamente:

Así que construyo la matriz de rotación para 45F y 45R y hallamos la matriz de rotación combinada:

$$\left( \begin{array}{ccc} \sqrt{2}/2 & \sqrt{2}/2 & 0 \\ -1/2 & 1/2 & -\sqrt{2}/2 \\ -1/2 & 1/2 & \sqrt{2}/2 \end{array} \right)$$

Si haces algún trabajo adicional en esa matriz encontrarás que los puntos del eje están siendo rotados alrededor es $$[-1,\ -\sqrt{2} + 1,\ 1]$$ y el ángulo de rotación de los puntos es $$\arccos ( \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{4} )$$

A continuación se muestra un gráfico de varios puntos diferentes a través de unos cientos de aplicaciones de [45F 45R] y un gráfico del eje calculado a partir de la matriz de rotación:

Ahora sólo queda demostrar que $\theta = \arccos ( \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{4} )$ es un ángulo irracional. Por irracional ángulo Quiero decir que $\theta$ no es de la forma $\frac{m}{n}\pi$ .

La estrategia que he probado es asumir que $\theta = \frac{m}{n}\pi$ y luego demostrar que conduce a una contradicción. Esto parece una buena manera de hacerlo porque $\cos(n\theta) = T_n(\cos(\theta))$ donde $T_n$ es el $n^{\mathrm{th}}$ Polinomio de Chebyshev. Esto es sencillo porque $n\theta = n\frac{m}{n}\pi = m\pi$ donde $m$ es un número entero. $\cos(m\pi) = \pm 1$

Como sabemos $\cos(\theta) = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{4}$ si podemos demostrar $T_n(\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{4}) \ne \pm 1$ para cualquier $T_n$ entonces $\theta$ no puede ser de la forma $\frac{m}{n}\pi$ lo que es una contradicción y demostraría que el ángulo es irracional.

Por desgracia, estoy atascado. He intentado expandir varios polinomios de Chebyshev y sustituirlos por $y$ para $\sqrt{2}$ conectando $\frac{y}{2} - \frac{1}{4}$ y ciertamente parece que los poderes impar de $y$ nunca podría anularlo del todo, pero no puedo resolver los detalles.

Entonces, ¿hay alguna manera de probar $\arccos ( \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{1}{4} )$ ¿es un ángulo irracional?

Answer 1

Libro http://www.amazon.com/Irrational-Numbers-Carus-Mathematical-Monographs/dp/0883850389

página 37, Teorema 3.9, debido a Lehmer: dados enteros $n > 2$ y $k,$ entonces $$2 \cos \left( \frac{2k \pi}{n} \right)$$ es un entero algebraico de grado $\phi(n)/2.$

El doble de su coseno es $$t = \sqrt 2 - \frac{1}{2}.$$ Esto satisface $$4 t^2 + 4 t - 7 = 0$$ y es un número algebraico pero no un entero algebraico. Véase https://en.wikipedia.org/wiki/Algebraic_integer#Non-example