Алгебраические числа [типа (arctg2+arctg3)/pi]

[Brukvalub]

Sonic86 в сообщении #153350 писал(а):

$\frac{\arctg 2}{\pi}$ - иррационально.

Как Вы это определили?

[RIP]

nikov писал(а):

1) Является ли \pi^{-1}\arctg 2 алгебраическим числом?
2) Является ли \pi^{-1}\arctg {(3 \sqrt 3)} алгебраическим числом?

Это числа трансцендентные.
Если $z=\frac{\arctg2}{\pi}$, то $1^{z}:=e^{2\pi iz}=\frac{1+2i}{1-2i}=\frac{-3+4i}5$, если не наврал (в уме считаю:D). По теореме Гельфонда--Шнайдера (7я проблема Гильберта) число $z$ либо рационально, либо трансценденьно. Но $z$ не может быть рациональным (поскольку тогда число $\frac{-3+4i}5$ было бы целым алгебраическим). С $3\sqrt3$ аналогично.

[Sonic86]

Ух ты! подумать надо!
А вот как решать не надо:

Пусть $q \in \mathbb{Q}, 0<q< \frac{\pi}{2}, x>0$
$\frac{\arctg x}{\pi} = q \Leftrightarrow$
$\arctg x = q \pi \Leftrightarrow$
$x = \tg(q \pi) \Leftrightarrow$
$x \cos (q \pi) = \sin (q \pi) \Leftrightarrow$
$x^2 \cos^2 (q \pi) = \sin^2 (q \pi), 0<q< \frac{\pi}{2}, x>0 \Leftrightarrow$
$x^2 \cos^2 (q \pi) = \sin^2 (q \pi) \Leftrightarrow$
$\cos^2 (q \pi)= \frac{1}{x^2+1}, \sin^2 (q \pi) = \frac{x^2}{x^2+1}$,
$0<q< \frac{\pi}{2}, x>0$, поэтому это равносильно
$\cos (q \pi)= \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}, \sin (q \pi) = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \Leftrightarrow$
$e^{q \pi} = \frac{1+ix}{\sqrt{x^2+1}}$.
$(1+xi)^n = (1-xi)^n \Leftrightarrow r = ( \frac{1+xi}{1-ix} )^n = 1$.
r - рациональное гауссово число и - корень из единицы, значит - единица поля $\mathbb{Q}(i)$, значит - единица кольца $\mathbb{Z} [i]$ (это я правильно думаю?), значит - 1.

Так что $\frac{\arctg 2}{\pi}$ - иррационально.

[RIP]

Sonic86 в сообщении #153669 писал(а):

Есть подозрение, что целым корнем может быть только $x=1$.

Даже больше. Все возможные рациональные значения --- это $x=0,\pm1$ (вроде бы даже это именная теорема). Это следует из того, что в поле $Q(i)$ лежат только 4 корня из единицы ($\pm1,\pm i$).

Добавлено спустя 3 минуты 42 секунды:

Sonic86 в сообщении #153669 писал(а):

Так как коэффициенты - целые, то если $x \in \mathbb{Q}$, то $x \in \mathbb{Z}$.

Это если старший коэффициент равен $\pm1$.

[Sonic86]

Щас исправлю.