¿Hay alguna medida futura para la que tendríamos que irnos preparando?

Question

Todo el mundo aprende acerca de los dos "especial" derecho de triángulos en algún momento de su educación matemática-el $45-45-90$ $30-60-90$ triángulos-para lo que se puede calcular con exactitud función trigonométrica salidas. Pero hay otros?

Para ser más específicos, existen valores de $y$ $x$ tal forma que:

• $y=\sin(x)$;

• $x$ (en grados) no es un múltiplo entero de $30$ o $45$;

• $x$ $y$ tanto puede ser escrito como expresiones radicales? Por la expresión radical, me refiero a cualquier finito fórmula que involucra sólo números enteros, suma/resta, multiplicación y división, y $n$th raíces. [Nota que me requieren $x$ ser también una expresión radical de modo que no podemos decir simplemente "$\arcsin(1/3)$" o algo así como un posible valor de $x$, lo que haría la pregunta de trivial.]

Si sí, son todos conocidos y no hay una manera sencilla de generar en ellos?

Si no, ¿cuál es la prueba?

Answer 1

Hay $$\cos\frac{\pi}5=\frac{\sqrt5+1}4$$ y similares para los cosenos y senos de múltiplos de este. Gauss demostró que uno puede encontrar expresiones para $\cos \pi/p$ que implica afirmar las raíces cuadradas donde $p$ es primo si y sólo si $p$ es una de Fermat prime (de forma $2^{2^k}+1$), por lo que para $p=2$, $3$, $5$, $17$, $257$ y $65537$ (pero hasta la fecha no otros son conocidos).

Answer 2

Tenga en cuenta que$\sin(3x) = 3 \sin(x) - 4 \sin^3(x)$, por lo que siempre se puede "trisect un ángulo en radicales" desde el cúbicos ecuación es soluble por radicales.

Por ejemplo, $\,3x = 30^\circ\,$ da el cúbicos en $\,y = \sin 10^\circ\,$ $\,8y^3 - 6y + 1 = 0\,$ cuando la raíz de $\,y\,$ puede ser expresado por los radicales (aunque complejo radicales, ya que es un casus irreducibilis).

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[ EDITAR ] Como se pide en un comentario, la siguiente es la forma explícita de la solución para el caso del ejemplo de arriba (donde los radicales denotar el principal valor de la fracción de poderes):

$$ y \;=\; \frac{1}{4}\left( \,\frac{(1 + i \sqrt{3}) \sqrt[3]{4 + 4 i \sqrt{3}}}{2} + \frac{2(1 - i \sqrt{3})}{ \sqrt[3]{4 + 4 i \sqrt{3}}} \right) $$

WA comprueba que $y - \sin \pi/18 = 0$ hecho.

Answer 3

Me parece curioso que la Wikipedia tabla tiene una entrada el no tiene la profundidad mínima de surds. Aquí hay otra tabla de cosenos en incrementos de $3°$. $$\begin{array}{r|c}\theta&\cos\theta\\\hline 0°&1\\ 3°&\frac1{16}\left(\sqrt6-\sqrt2\right)\left(\sqrt5-1\right)+\frac18\left(\sqrt3+1\right)\sqrt{5+\sqrt5}\\ 6°&\frac18\sqrt3\left(\sqrt5+1\right)+\frac18\sqrt{10-2\sqrt5}\\ 9°&\frac18\sqrt2\left(\sqrt5+1\right)+\frac14\sqrt{5-\sqrt5}\\ 12°&\frac18\left(\sqrt5-1\right)+\frac18\sqrt3\sqrt{10+2\sqrt5}\\ 15°&\frac14\left(\sqrt6+\sqrt2\right)\\ 18°&\frac14\sqrt{10+2\sqrt5}\\ 21°&\frac1{16}\left(\sqrt6+\sqrt2\right)\left(\sqrt5+1\right)+\frac18\left(\sqrt3-1\right)\sqrt{5-\sqrt5}\\ 24°&\frac18\left(\sqrt5+1\right)+\frac18\sqrt3\sqrt{10-2\sqrt5}\\ 27°&\frac18\sqrt2\left(\sqrt5-1\right)+\frac14\sqrt{5+\sqrt5}\\ 30°&\frac12\sqrt3\\ 33°&-\frac1{16}\left(\sqrt6-\sqrt2\right)\left(\sqrt5-1\right)+\frac18\left(\sqrt3+1\right)\sqrt{5+\sqrt5}\\ 36°&\frac14\left(\sqrt5+1\right)\\ 39°&\frac1{16}\left(\sqrt6-\sqrt2\right)\left(\sqrt5+1\right)+\frac18\left(\sqrt3+1\right)\sqrt{5-\sqrt5}\\ 42°&\frac18\sqrt3\left(\sqrt5-1\right)+\frac18\sqrt{10+2\sqrt5}\\ 45°&\frac12\sqrt2\\ 48°&-\frac18\left(\sqrt5-1\right)+\frac18\sqrt3\sqrt{10+2\sqrt5}\\ 51°&\frac1{16}\left(\sqrt6+\sqrt2\right)\left(\sqrt5+1\right)-\frac18\left(\sqrt3-1\right)\sqrt{5-\sqrt5}\\ 54°&\frac14\sqrt{10-2\sqrt5}\\ 57°&\frac1{16}\left(\sqrt6+\sqrt2\right)\left(\sqrt5-1\right)+\frac18\left(\sqrt3-1\right)\sqrt{5+\sqrt5}\\ 60°&\frac12\\ 63°&-\frac18\sqrt2\left(\sqrt5-1\right)+\frac14\sqrt{5+\sqrt5}\\ 66°&\frac18\sqrt3\left(\sqrt5+1\right)-\frac18\sqrt{10-2\sqrt5}\\ 69°&-\frac1{16}\left(\sqrt6-\sqrt2\right)\left(\sqrt5+1\right)+\frac18\left(\sqrt3+1\right)\sqrt{5-\sqrt5}\\ 72°&\frac14\left(\sqrt5-1\right)\\ 75°&\frac14\left(\sqrt6-\sqrt2\right)\\ 78°&-\frac18\sqrt3\left(\sqrt5-1\right)+\frac18\sqrt{10+2\sqrt5}\\ 81°&\frac18\sqrt2\left(\sqrt5+1\right)-\frac14\sqrt{5-\sqrt5}\\ 84°&-\frac18\left(\sqrt5+1\right)+\frac18\sqrt3\sqrt{10-2\sqrt5}\\ 87°&\frac1{16}\left(\sqrt6+\sqrt2\right)\left(\sqrt5-1\right)-\frac18\left(\sqrt3-1\right)\sqrt{5+\sqrt5}\\ 90°&0 \end{array}$$ He utilizado Wolfram alpha para comprobar la Mathjax expresiones.

EDIT: UNA breve explicación sobre la mesa: una Vez que se ha resuelto $$\frac{\cos2\theta+\cos\theta}{\cos\theta+1}=0$$ Y $$\frac{\cos3\theta+\cos2\theta}{\cos\theta+1}=0$$ Para$\cos\frac{\pi}3$$\cos\frac{\pi}5$, respectivamente, y obtuvo $\cos\frac{\pi}4$ por interseccion uno puede obtener las funciones trigonométricas uno necesita por suma de ángulos fórmulas y el teorema de Pitágoras. A continuación, los sistemas de Diophantine $$\frac x{60}=\frac a3+\frac b4+\frac c5$$ se resuelve con $|a|\le1$$|c|\le2$: $$\begin{array}{r|rrr}x&a&b&c\\\hline 0&0&0&0\\ 1&-1&3&-2\\ 2&1&-2&1\\ 3&0&1&-1\\ 4&-1&0&2\\ 5&1&-1&0\\ 6&0&2&-2\\ 7&-1&1&1\\ 8&1&0&-1\\ 9&0&-1&2\\ 10&-1&2&0\\ 11&1&1&-2\\ 12&0&0&1\\ 13&-1&3&-1\\ 14&1&-2&2\\ 15&0&1&0\\ \end{array}$$ En este punto, $\cos\left(\frac{\pi a}3+\frac{\pi b}4\right)$ $\sin\left(\frac{\pi a}3+\frac{\pi b}4\right)$ fueron determinados y, finalmente,$\cos\frac{\pi x}{60}$$\sin\frac{\pi x}{60}$.

Answer 4

Sí, una $15-75-90$ triángulo puede ser el que usted desea.

Supongamos que tenemos un derecho $\Delta ABC$$\widehat{BAC}=15^0;\widehat{ABC}=90^0;\widehat{ACB}=75^0$.

Poner un punto extra $D$ como es arriba, así que $B,C,D$ son colineales y $AC$ es la bisectriz de un ángulo de $\widehat{DAB}$, esto significa $\widehat{DAB}=30^0;\widehat{BDA}=60^0$.

Deje $DB=a$. A continuación, el derecho especial triángulo $\Delta ABD$ tienen $AD=2a$$AB=\sqrt{3}a$.

Debido a $AC$ es la bisectriz de un ángulo de $\widehat{DAB}$,$\frac{CB}{CD}=\frac{AB}{AD}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Tenemos este conjunto de ecuaciones: ${\begin{cases}DB=CB+CD=a\\\frac{CB}{CD}=\frac{\sqrt{3}}{2}\end{cases}} \Rightarrow {\begin{cases}CD=\left(4-2\sqrt{3}\right)a\\CB=\left(-3+2\sqrt{3}\right)a\end{cases}}$

Aplicar el teorema de Pitágoras: $CA=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{(\sqrt{3a})^2+((-3+2\sqrt{3})a)^2}=\sqrt{(24-12\sqrt{3})a^2}=\sqrt{24-12\sqrt{3}}a$

Llegamos a la conclusión de que $sin(15)=sin\widehat{BAC}=\frac{BC}{CA}=\frac{-3+2\sqrt{3}}{\sqrt{{24-12\sqrt{3}}}}=\frac{-3+2\sqrt{3}}{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$.

Answer 5

También hay $$\begin{align}\tan\frac\pi8&=-1+\sqrt2\\\tan\frac{3\pi}8&=1+\sqrt2\\\tan\frac{5\pi}8&=-1-\sqrt2\\\tan\frac{7\pi}8&=1-\sqrt2\end{align}$$ Para las pruebas de los dos primeros ver aquí.