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¿Cómo puedo probar que $\cos{\frac{2\pi}{7}}\notin\mathbb{Q}$?

¿Cómo puedo probar que $\cos{\frac{2\pi}{7}}\notin\mathbb{Q}$?

Debo usar algunos geométrica o apagoge?

28voto

Chris Eagle Puntos 25852

Si $\cos \frac{2 \pi}{7}$ es racional, entonces $i\sin \frac{2 \pi}{7}=\sqrt{\cos^2 \frac{2 \pi}{7}-1}$ es una ecuación cuadrática irracional, y por lo tanto también lo es $\cos \frac{2 \pi}{7}+i\sin \frac{2 \pi}{7}$. Pero $\cos \frac{2 \pi}{7}+i\sin \frac{2 \pi}{7}$ es una primitiva $7$th raíz de $1$, y así tiene un mínimo de polinomio $x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$, que no es una ecuación cuadrática.

9voto

Robert Christie Puntos 7323

Desde polinomios de Chebyshev tiene la propiedad de $T_n\left( \cos \theta \right) = \cos(n \theta)$, podemos utilizar esta propiedad con $n=7$$\theta = \frac{2 \pi}{7}$.

Deje $z = \cos\left( \frac{2\pi}{7} \right)$. A continuación, $T_7(z) = 1$

Deje $p(x) = T_7(x)-1 = 64 x^7 - 112 x^5 +56 x^3 - 7x - 1 = (x-1)( 8 x^3 + 4 x^2 - 4 x -1 )^2.$

Por lo $z$ debe ser una raíz de $q(x) = (2 x)^3 + (2 x)^2 - 2 (2 x) - 1$. Observar que $2z$ es una raíz de un monic polinomio, y por lo tanto es un entero algebraico. Si $z$ fueron racional, a continuación, $2z$ debe ser un entero. Desde $-2 \le 2 \cos \theta \le 2$, sólo hay 5 posibilidades a considerar, que se descartó debido a que $q(1) = 7$, $q(-1) = q(0) = q(1/2) = -1$, $q(-1/2) = 1$.

7voto

Eric Naslund Puntos 50150

Aquí hay otra respuesta que utiliza maquinaria:

Dado $n$, considere la posibilidad de $\zeta_n =e^{2\pi i/n}$. A continuación, $$\frac{1}{2}\left(\zeta_n +\zeta_n^{n-1}\right)=\cos \left(\frac{2\pi}{n}\right).$$

Los números racionales son aquellos elementos de $\mathbb{Q}[\zeta_n]$ que se fija por la acción del grupo de Galois. El Grupo de Galois de $\mathbb{Q}[\zeta_n]$ es isomorfo a $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ y que está dado por $\zeta_n\rightarrow \zeta_n^a$ para los números enteros $a$ satisfacción $(a,n)=1$. A partir de esto, podemos ver que $\frac{1}{2}\left(\zeta_n +\zeta_n^{n-1}\right)$ es fijado por el grupo de Galois sólo cuando todos los elementos solucionar $\zeta_n$ $\zeta_n^{n-1}$ o intercambiar sus lugares. Pero, si existe $a\neq -1,1$ $(a,n)=1$ $\zeta_n\rightarrow \zeta_n^a$ no va a arreglar este elemento, por lo que debe ser irracional. Esto sólo ocurre si $|(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times|>2$, o en otras palabras, si $n\neq 3,4,6$. En particular, vemos que para $n=7$ es irracional.

3voto

Andrew Puntos 140

Como un espejo de Sasha la respuesta, considere el polinomio de Chebyshev de la segunda clase, $U_6(x)=(8x^3+4x^2-4x-1)(8x^3-4x^2-4x+1)$. Que $\cos\dfrac{2\pi}{7}$ es una raíz que se establece desde que expresan $U_n(x)$$\dfrac{\sin((n+1)\arccos\,x)}{\sqrt{1-x^2}}$. Podemos entonces prueba racional raíces en los dos cúbicos factores de $U_6(x)$, y encuentran que no tienen raíces racionales a todos los...

2voto

codemac Puntos 689

Aquí está una manera ligeramente diferente de la frase de Chris Águila del argumento:

Si $\cos(2\pi/7)$ fueron racional, $X^2-2\cos(2\pi/7)\,X+1$ sería un factor de $$X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1$$ in $\mathbb Q[X]$ contradicción.

EDIT. Deje $n$ ser un entero $\ge3$. A continuación, las distintas conjugados de $\cos(2\pi/n)$ $\cos(2k\pi/n)$ donde $k$ ejecuta a través de los números enteros de primer a $n$ que se extiende entre los $1$$n/2$.

En particular, el grado de $\cos(2\pi/n)$ $\mathbb Q$ $\varphi(n)/2$ donde $\varphi$ es de Euler totient función.

Esto se traduce de inmediato a partir de los siguientes hechos bien conocidos.

Si $\zeta$ es una primitiva $n$-ésima raíz de $1$$\mathbb C$, $\mathbb Q(\zeta)/\mathbb Q$ es de Galois de grado $\varphi(n)$.

Deje $G$ ser el grupo de Galois y $k$ un entero primer a $n$. Entonces no hay una única $\sigma_k$ $G$ satisfacción $\sigma_k(\zeta)=\zeta^k$.

En particular, $k\mapsto\sigma_k$ induce un isomorfismo del grupo multiplicativo de a $\mathbb Z/n\mathbb Z$ a $G$.

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