Доказательство иррациональности sin(r*pi), r in Q

[anatoliy_kiev]

$\alpha =r \pi$, $r \in \mathbb{Q}$
$0<\alpha<\pi/2$. Каким образом можно доказать, что $\sin \alpha \not \in \mathbb{Q}, r \not = 1/6$? Принцип доказательства для конкретного угла знаю. В общем случае пробовал прийти к противоречию на единичной окружности, но ни к чему хорошему это не привело.

[nnosipov]

Это довольно известный сюжет, только обычно вместо $\sin{\alpha}$ говорят о $\cos{\alpha}$. Доказательств тоже много. Самое распространённое --- то, в котором используются многочлены Чебышёва. Самое элементарное опирается на тождество $\cos{2x}=2\cos^2{x}-1$.

[hippie]

$2\sin\alpha=i(e^{-r\pi i}-e^{r\pi i}),$ при $\alpha =r \pi,\ r \in \mathbb{Q},$ целое алгебраическое число. Если оно рационально, то оно обычное целое.
Т.е. из $\sin\alpha \in \mathbb{Q}$ следует $2\sin\alpha \in \mathbb{Z},$ т.е. $\sin\alpha \in \{0,\ \pm \frac 12,\ \pm 1\}.$

[anatoliy_kiev]

nnosipov, что-то я не вижу как используя тождество доказать это в общем виде. Для конкретного угла и притом красивого, например 5,10,15 градусов понятно, но как вы собираетесь доказывать, опираясь на тождество выше, утверждение для угла $17\pi/171$ или того хуже для произвольного $\alpha = r \pi$?
П.С. Задача расположена во введении задачника Дороговцева, что предпоолагает элементарное д-во.

-- Ср май 09, 2012 16:01:26 --

hippie в сообщении #569080 писал(а):

$2\sin\alpha=i(e^{-r\pi}-e^{r\pi})$

не издевайтесь над Эйлером. Кроме того, это все слишком сложно для первой главы задачника Дороговцева

[nnosipov]

anatoliy_kiev в сообщении #569081 писал(а):

nnosipov, что-то я не вижу как используя тождество доказать это в общем виде.

Рассмотрите последовательность, заданную рекуррентно: $x_0=\cos{\alpha}$, $x_{k+1}=2x_k^2-1$.

[anatoliy_kiev]

nnosipov, и что, простите, из этой последовательности? Кроме того, не знает еще студент, который решает главу I задачника, материал главы II =)
Я просто хочу понять, какое элементарное доказательство подразумевалось автором.

[nnosipov]

anatoliy_kiev в сообщении #569087 писал(а):

nnosipov, и что, простите, из этой последовательности?

Докажите, что при $x_0 \in \mathbb{Q} \setminus \{0,\pm 1/2,\pm 1\}$ все члены этой последовательности попарно различны. Доказательство этого факта вполне элементарно.

[anatoliy_kiev]

nnosipov в сообщении #569089 писал(а):

все члены этой последовательности попарно различны

ну и что из этого? где противоречие?
P.S. Повторяю, последовательности как в задачнике, так и в учебнике автора изучаются в след. главе. И я не думаю, что автор был настолько непоследователен, чтобы это упражнение втиснуть не там, где надо.

[nnosipov]

anatoliy_kiev в сообщении #569091 писал(а):

ну и что из этого? где противоречие?

Это сами сообразите. Одно дело подсказки (это пожалуйста), а другое --- полное решение учебной задачи (это уже забота ТС).

[anatoliy_kiev]

nnosipov короче говоря, доказательства элементарнее этого вы не знаете? хорошо, спасибо.
P.S. Интересно, можно ли доказать утв. зная только опр. рационального числа и тригонометрические тождества? Использование последовательностей, по-моему, не элементарно, не говоря уже о полиномах Чебышёва.

[hippie]

anatoliy_kiev в сообщении #569081 писал(а):

hippie в сообщении #569080 писал(а):

$2\sin\alpha=i(e^{-r\pi}-e^{r\pi})$

не издевайтесь над Эйлером. Кроме того, это все слишком сложно для первой главы задачника Дороговцева

Формулу уже исправил.

В условии ничего не было сказано о Дороговцеве. (Кстати, а задачник Дороговцева это по чём?)
И я предположил, что можно использовать простейшие свойства алгебраических чисел, которые (по-крайней мере в 80-е годы, когда я учился) проходили в первой половине первого семестра. (А тот факт, что знаменатель рационального корня многочлена с целыми коэффициентами является делителем его старшего коэффициента (в частности — рациональное целое алгебраическое число является обычным целым) вообще проходили в 9-м классе.)

[nnosipov]

anatoliy_kiev в сообщении #569097 писал(а):

Использование последовательностей, по-моему, не элементарно, не говоря уже о полиномах Чебышёва.

Странные у Вас представления об элементарности. Но в любом случае чудес не ждите, совсем просто доказать утверждение не получится. Те два способа, что были предложены выше --- это самое простое, что есть.

[anatoliy_kiev]

nnosipov, я сразу не заметил, а Вы кроме того, что не ту функцию рассмотрели, так и еще и не тот интервал, что в условии =) Тогда да, Вы используете периодичность и приходите, рассматривая данную последовательность, к противоречию, так?

nnosipov в сообщении #569100 писал(а):

Странные у Вас представления об элементарности.

Ну Вы же не будете отрицать, что в учебнике за 7 класс задача о доказательстве, скажем, того, что $f(x)=x$ возрастающая, имеющая решение, использующее понятие производной, будет по меньшей мере странной?

nnosipov в сообщении #569100 писал(а):

Но в любом случае чудес не ждите, совсем просто доказать утверждение не получится. Те два способа, что были предложены выше --- это самое простое, что есть.

если так, тогда сдаюсь
P.S. Я не просил у Вас полного решения, да и уже давно не на первом курсе, чтобы такое решать. Здешние правила знаю. Просто листал задачник и увлекся задачей.

hippie, Дороговцев А. Я. Математический анализ. Сборник задач. Киев, "Вища школа", 1987. Задача I.4.3. Известный сборник. У этого же автора замечательный курс по матану, вышедший на украинском и русском языках.

[nnosipov]

anatoliy_kiev в сообщении #569145 писал(а):

Тогда да, Вы используете периодичность и приходите, рассматривая данную последовательность, к противоречию, так?

Именно. Причём и получение противоречия, и обоснование нужного свойства последовательности $\{x_k\}$ --- на уровне 9-10 класса (уж если физ-мат, то точно не старше).

[hippie]

anatoliy_kiev в сообщении #569145 писал(а):

Дороговцев А. Я. Математический анализ. Сборник задач. Киев, "Вища школа", 1987. Задача I.4.3. Известный сборник. У этого же автора замечательный курс по матану, вышедший на украинском и русском языках.

Спасибо за информацию.
Об учебниках Дороговцева и по матану и по теории меры давно знаю. А с задачником раньше не сталкивался.
Раз по матану, то действительно нельзя пользоваться ни свойствами целых алгебраических чисел (без доказательства), ни тем более формулой Эйлера.

Из решений которые предложили nnosipov и я можно составить "гибридное" школьное решение.

Поскольку множества значений $\sin (r\pi)$ и $\cos (r\pi)$ (где $r\in \mathbb{Q}$) совпадают, то достаточно найти рациональные значения $\cos (r\pi).$
Построим последовательность многочленов следующим образом: $P_0(t)=t;\quad P_{n+1}(t)=(P_n(t))^2-2.$
При этом $P_n(t)$ — многочлен степени $2^n$ с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом равным 1. Причём $P_n(2\cos x)=2\cos (2^nx).$
Если $x=r\pi\ (r\in\mathbb{Q}),$ то найдутся $m$ и $n$ ($m>n$) такие, что $P_m(2\cos x)=P_n(2\cos x).$ Т.е. $2\cos x$ — корень многочлена с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом равным 1. Следовательно, если $2\cos x$ рациональное число, то его знаменатель равен единице, т.е. в этом случае $2\cos x$ — целое число.