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证明$\cos1°$是无理数

证明$\cos1°$是无理数
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见:http://kkkkuingggg.haotui.com/viewthread.php?tid=1191

PS、度的代码是 \du (本论坛的自定义命令之一)

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见:http://kkkkuingggg.haotui.com/viewthread.php?tid=1191
PS、度的代码是 \du (本论坛的自定义命令之一)
kuing 发表于 2014-1-25 14:27

该网址打不开!
clip_image002.gif
2014-1-25 14:44

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奇怪,无缘无故旧论坛不让游客看贴……
好吧,将链接中我的回贴复制过来先:
设 $n\in\mbb N$,注意到 $\cos nx=T_n(\cos x)$ 其中 $T_n(x)$ 为第一类切比雪夫多项式,所以假如 $\cos1^\circ$ 为有理数,那么 $\cos n^\circ$ 都为有理数,这显然与事实不符,从而 $\cos1^\circ$ 必无理数。
此外,由 $T_{60}(\cos1^\circ)=\cos60^\circ=1/2$,所以 $\cos1^\circ$ 不是超越数。
kuing 发表于 2013-3-1 18:08
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$

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本帖最后由 其妙 于 2014-1-25 16:00 编辑

粘过来:
葛军的题就是:$\triangle{ABC}$中,如果$\cos A$是有理数,那么$\cos nA$是有理数,显然$\cos30^0$是无理数,故$\cos1^0$是无理数,
kuing证明了 它是代数数,非超越数。

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某些特殊角的三角函数值:
何版的:http://www.pep.com.cn/rjwk/gzsxs ... 0110516_1041456.htm
还有李明老师的:

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回复 6# 其妙

扯远了的那些我就懒得复制了……说不定过几天又能看了

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回复 7# kuing
我差点忘了我的那个密码了

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本帖最后由 青青子衿 于 2022-2-2 10:32 编辑

回复 7# kuing
sin1.JPG
2014-1-28 09:09


\begin{align*}
&\sin1^\circ=\\
&e^{\frac{-2i\pi}{3}}\sqrt[3]{\dfrac{{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{10+2\sqrt{5}}}-{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{6}+\sqrt{2})}}{128}+i\sqrt{\dfrac{1}{64}-\left(\dfrac{{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{10+2\sqrt{5}}}-{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{6}+\sqrt{2})}}{128}\right)^2}}+\\
&e^{\frac{2i\pi}{3}}\sqrt[3]{\dfrac{{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{10+2\sqrt{5}}}-{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{6}+\sqrt{2})}}{128}-i\sqrt{\dfrac{1}{64}-\left(\dfrac{{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\sqrt{10+2\sqrt{5}}}-{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{6}+\sqrt{2})}}{128}\right)^2}}
\end{align*}
※※※※※

\begin{align*}
\cos\left(\frac{\pi}{30}\right)&=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2 \sqrt{5}}}{8}\\
\sin\left(\frac{\pi}{30}\right)&=\frac{-\left(1+\sqrt{5}\right)+\sqrt{30-6 \sqrt{5}}}{8}
\end{align*}

\begin{align*}
\cos\left(\frac{\pi}{60}\right)&=\frac{\left(\sqrt{5}-1\right)\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)+\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)\sqrt{2\sqrt{5}+10}}{16}\\
\sin\left(\frac{\pi}{60}\right)&=\frac{\left(\sqrt{5}-1\right)\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)-\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)\sqrt{2\sqrt{5}+10}}{16}
\end{align*}

\begin{align*}
\cos\left(\frac{\pi}{120}\right)&= \frac{\left(\sqrt{2+\sqrt2}\,\right)\left(1+\sqrt{5}+\sqrt{30-6\sqrt5}\,\right)+\left(\sqrt{2-\sqrt2}\,\right)\left(\sqrt{3}+\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt5}\,\right)}{16}\\
\sin\left(\frac{\pi}{120}\right)&=\frac{\left(\sqrt{2+\sqrt2}\,\right)\left(\sqrt{3}+\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt5}\,\right)-\left(\sqrt{2-\sqrt2}\,\right)\left(1+\sqrt{5}+\sqrt{30-6\sqrt5}\,\right)}{16}
\end{align*}

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回复 9# 青青子衿

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本帖最后由 青青子衿 于 2021-12-6 19:05 编辑
于是你应该直接给出维基的链接,而不是发那个图,像是你自己算的那样,还有你的叹号。 ...

不好意思,请看:
http://zh.wikipedia.org/zh-cn/三角函数精确值

https://handwiki.org/wiki/Trigon ... ed_in_real_radicals

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回复 10# 其妙
回复 4# kuing
奇怪,无缘无故旧论坛不让游客看贴……
好吧,将链接中我的回贴复制过来先:
设n∈N,注意到$\cos nx=T_n(\cos x)$其中$T_n(x)$为第一类切比雪夫多项式,所以假如$\cos1\du$为有理数,那么$\cos n\du$都为有理数,这显然与事实不符,从而$cos1\du $ 必无理数。
此外,由$T_60(cos1\du)=cos60\du=1/2$,所以$cos1\du$ 不是超越数。
 ...
kuing 发表于 2014-1-25 14:57

2014•北约7.证明:tan3º是无理数

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回复 15# 青青子衿

n 倍角公式照秒……

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不晓得对不对:
blog图片博客.jpg
2014-3-1 23:20


http://tieba.baidu.com/p/2894801226
tan(A+3) = (tanA+tan3)/(1-tanAtan3)
然后若tan3有理的话。。。
若tanA是有理数,那么tan(A+3)就是有理数啊。。
然后若$\tan3^0$是有理数,然后尼玛tan(30)就成了有理数啊。。。
所以怎么能让它有理啊。。。

tan3=tan(18-15)然后算出来不就得了哇?
妙不可言,不明其妙,不着一字,各释其妙!

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回复 17# 其妙
awdxawdxawd: tan15=2-√3,sin18=(√5-1)/4,这个方法毫无思维含量,纯凭计算,不过这是我在看到题的时候最先想到的

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翻贴才发现这个题……
印象中我也做过的

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本帖最后由 007 于 2014-6-25 10:37 编辑

若$\cos1^0$是有理数,则由二倍角公式和三倍角公式知道$\cos2^0,\cos3^0$是有理数。从而$\cos6^0,\cos12^0,\cos24^0$也都是有理数。
于是$\cos30^0=\cos(24^0+6^0)=\cos24^0\cos6^0-\sin24^0\sin6^0=\cos24^0\cos6^0-4\sin^26^0\cos12^0\cos6^0=\cos24^0\cos6^0-4(1-\cos^26^0)\cos12^0\cos6^0$,
无理数=有理数,矛盾。

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若$\cos1^0$是有理数,则由二倍角公式和三倍角公式知道$\cos2^0,\cos3^0$是有理数。从而$\cos6^0,\cos12^0, ...
007 发表于 2014-6-25 10:36



    这里$\cos3^0=\cos2^0\cos1^0-\sin2^0\sin1^0=\cos2^0\cos1^0-2\sin^21^0\cos1^0=\cos2^0\cos1^0-2(1-\cos^21^0)\cos1^0$是有理数,为下面的推导提供了思路……

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又见零次方……

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回复 22# kuing


    恩,那个\circ 有点长……

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