La prueba de que una función trigonométrica de un racional ángulo debe ser no-trascendental

Question

Supongamos que yo estaba trabajando en radianes y tomó

$$\sin \left(\frac{a\pi}{b}\right)$$

donde tanto $a$ $b$ son enteros.

Hay una prueba de que la salida de esta función no puede ser trascendental? O, por el contrario, que

$$\arcsin \left(t \right)$$

donde $t$ es algo de trascendental número, por ejemplo, $e$, no puede ser racional ángulo de $\left(\frac{a\pi }{b}\right)$?

Lamentablemente, yo no podía llegar muy lejos con este problema con mi profesor de matemáticas por lo que cualquier información sobre el tema, sería muy útil.

Answer 1

Para empezar, vamos a notar que nos podría demostrar este hecho para los cosenos de racional de los múltiplos de $\pi$ como los senos. Sólo tenemos que utilizar la identidad de $\sin x=\cos\left(\frac{\pi}{2} - x\right)$, lo que nos da: $$\sin \frac{a\pi}{b}=\cos\left(\frac{\pi}{2} - \frac{a\pi}{b}\right)=\cos\left(\frac{(b-2a)\pi}{2b}\right)$$ Como este es el coseno de un racional múltiples de $\pi$, obtenemos el resultado de los senos más o menos de forma gratuita desde el resultado de los cosenos.

Una vez que esto preliminar es de la forma, la clave de la cosa a notar es que el $\cos(nx)$ puede ser escrita como una función polinómica de $\cos x$. Por ejemplo: \begin{align} \cos 2x &= 2 \cos^2 x - 1 \\ \cos 3x &= 4 \cos^3 x - 3 \cos x\\ \cos 4x &= 8 \cos^4 x - 8 \cos^2 x + 1 \\ \cos 5x &= 16 \cos^5 x - 20 \cos^3 x + 5 \cos x \end{align} y así sucesivamente. (Fórmulas tomadas de aquí.)

¿Por qué importa esto? Esto significa que nos podemos encontrar en una explícita polinomio que ha $\cos \frac{a\pi}{b}$ como una raíz. Para ver un ejemplo de esto, echemos un vistazo a $\alpha = \cos \frac{2\pi}{5}$. El uso de la última fórmula de arriba, sabemos que $$ \cos (2\pi)=\cos\left(5 \cdot \frac{2\pi}{5}\right)=16 \cos^5 \frac{2\pi}{5}- 20 \cos^3 \frac{2\pi}{5} + 5 \cos \frac{2\pi}{5}=16\alpha^5-20\alpha^3+5\alpha $$ Desde $\cos(2\pi)=1$, sabemos que $\alpha$ es una solución para la ecuación de $16x^5-20x^3+5x=1$, o, para decirlo de otra manera, una raíz del polinomio $16x^5-20x^3+5x-1$. Así que, por definición, $\alpha$ es algebraica (es decir, no trascendental).

Se puede utilizar de múltiples ángulos fórmulas para hacer esto en general. Si quieres demostrar que $\beta=\cos\frac{a\pi}{b}$ es algebraica, usted sólo tiene que utilizar la fórmula para $\cos bx$. Esto le dará una expresión polinómica para $\cos(a\pi)$ en términos de $\beta$; ya sabemos que $\cos(a\pi)=\pm 1$, que es suficiente para demostrar que $\beta$ es algebraico.

Tan sólo tenemos que demostrar este hecho clave y, a continuación, vamos a realizar con los cosenos (y puede pasar a sines). Esto se puede hacer por inducción. Para el caso base, el aviso de que $\cos x$ $\cos 2x=2\cos^2 x -1$ son ambas funciones polinómicas de $\cos x$. Para el paso inductivo, vamos a suponer que $\cos nx$ $\cos (n-1)x$ son polinomios, y el uso de la identidad que se dan aquí por $\cos a + \cos b$, con $a=(n+1)x$, $b=(n-1)x$:

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

Esto puede ser reorganizado en la fórmula $\cos(n+1)x = 2 \cos x \cos nx - \cos(n-1)x$, lo que significa que si $\cos nx$ $\cos(n-1)x$ son polinomios en $\cos x$, entonces también lo es $\cos(n+1)x$. Así que la prueba por inducción está terminado.

Si estás interesado en conocer más detalles acerca de este tipo de fórmula polinómica para $\cos nx$ en términos de $\cos x$, una palabra clave para buscar en sería "polinomios de Chebyshev."

Como nota final, podríamos intentar hacer esta prueba directamente por $\sin \frac{a\pi}{b}$, ya que hay múltiples ángulos fórmulas para $\sin$ cuales son similares a los de $\cos$. Pero sería un poco más complicado, porque esas fórmulas a menudo implican tanto $\sin$$\cos$. Por ejemplo, $\sin 2x=2\cos x \sin x$, y librarse de las $\cos$ implicaría tomar una raíz cuadrada y haciendo un montón de molestos análisis de casos que involucran señales.

Answer 2

Escribir:

$$z=e^{a\pi i/b}=\cos(a\pi/b)+i\cdot\sin(a\pi/b)$$

A continuación,

$$z^{2b}=e^{2a\pi i}=(e^{2\pi i})^{a}=1^a=1$$

$z$ es un número algebraico, como una raíz de la ecuación de $x^{2b}-1=0$. Por lo tanto sus partes real e imaginaria ($\cos(a\pi/b)$$\sin(a\pi/b)$ respectivamente) son algebraicas.

Answer 3

Para cada entero positivo $b,$

\begin{align} \cos b\theta &= \frac{e^{ib\theta}+e^{-ib\theta}}{2} \\&= \frac{(\cos\theta + i \sin \theta)^b + (\cos \theta - i \sin \theta)^b}{2} \\&= \frac{\sum_{k=0}^b \binom{b}{k} (\cos^{b-k} \theta) (i^{k})(\sin^{k}\theta)+\sum_{k=0}^b\binom{b}{k} (\cos^{b-k} \theta) (-1)^{k}(i^{k})(\sin^{k}\theta)}{2} \\&= \frac{\sum_{\substack{0\le k\le b \\k \text{ even}}} 2 \binom{b}{k} (\cos^{b-k} \theta) ((-1)^{k/2})(\sin^{k}\theta)}{2} \\&= \sum_{\substack{0\le k\le b \\k \text{ even}}}(-1)^{k/2} \binom{b}{k} \cos^{b-k}\theta \sin^{k}\theta \\&= \sum_{\substack{0\le k\le b \\k \text{ even}}}(-1)^{k/2} \binom{b}{k} \cos^{b-k} \theta (1-\cos^{2}\theta)^{k/2}. \end{align}

Escribe $P_b(x) = \sum_{\substack{0\le k\le b \\k \text{ par}}}(-1)^{k/2} \binom{b}{k} x^{b-k} (1-x^2)^{k/2}.$

$P_b$ es un polinomio en una variable con coeficientes enteros, con la propiedad de que

$$\cos(b\theta) = P_b(\cos \theta)$$

para todos los $\theta.$

Ahora, si $\theta = a \pi/b$ donde $a$ es un número entero y $b$ es, sin pérdida de generalidad, un entero positivo, entonces

$$P_{b}(\cos \theta) = \cos (a \pi) = (-1)^a.$$

$P_{b}(x)-(-1)^a$ no es idéntica a cero (ya que, si lo fuera, la identidad de $P_{b}(\cos \theta)=\cos(b \theta)$ no puede sostener).

De ello se desprende que $\cos (\frac{a}{b}\pi) = \cos \theta$ es algebraico, ya que es la raíz de un no-cero del polinomio con coeficientes enteros.

Finalmente, $\sin (\frac{a}{b}\pi) = \cos (\frac{a}{b} \pi - \frac{\pi}{2}) = \cos(\frac{2a-b}{2b} \pi),$ que ya sabemos es algebraicas por el argumento anterior, ya que $2a-b$ $2b$ son enteros.

Si desea exhibir un determinado polinomio con coeficientes enteros que $\sin (\frac{a}{b}\pi)$ es una raíz de, $P_{2b}(x)-(-1)^b$ va a trabajar.