$$\newcommand{a}[0]{\alpha}
\newcommand{asn}[0]{\hspace{16pt}(\mathrm{as}\ n\to\infty)}
\newcommand{b}[0]{\beta}
\newcommand{beq}[0]{\begin{eqnarray*}}
\newcommand{c}[2]{{}_{#1}\mathrm{C}_{#2}}
\newcommand{cb}[0]{\binom{2n}{n}}
\newcommand{d}[0]{\mathrm{d}}
\newcommand{del}[0]{\partial}
\newcommand{dhp}[0]{\dfrac{\pi}2}
\newcommand{ds}[0]{\displaystyle}
\newcommand{eeq}[0]{\end{eqnarray*}}
\newcommand{ep}[0]{\varepsilon}
\newcommand{G}[1]{\Gamma({#1})}
\newcommand{g}[0]{\gamma}
\newcommand{hp}[0]{\frac{\pi}2}
\newcommand{I}[0]{\mathrm{I}}
\newcommand{l}[0]{\ell}
\newcommand{limn}[0]{\lim_{n\to\infty}}
\newcommand{limx}[0]{\lim_{x\to\infty}}
\newcommand{nck}[0]{\binom{n}{k}}
\newcommand{p}[0]{\varphi}
\newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}}
\newcommand{Res}[1]{\underset{#1}{\mathrm{Res}}}
\newcommand{space}[0]{\hspace{12pt}}
\newcommand{sumk}[1]{\sum_{k={#1}}^n}
\newcommand{sumn}[1]{\sum_{n={#1}}^\infty}
\newcommand{t}[0]{\theta}
\newcommand{tc}[0]{\TextCenter}
\newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}}
$$
こんにちは.
表題のとおり, $\cos$(有理数°)=有理数となるのは有名角に限ることの簡単な証明を思いついたので, 紹介しようと思います.
ちなみに, 私の
過去の記事
で初等的な証明を与えています.
${}$
$\cos$(有理数°)を$\cos\frac{2\pi k}{n}$ （$k$と$n$は互いに素）と書くと, これが有理数ならば○倍角の公式を使えば$\cos\frac{2\pi}{n}$は有理数とわかり, 逆にこのとき$\cos\frac{2\pi k}{n}$ は有理数ですから, 以下を示せばよいです.
$\cos\frac{2\pi}{n}\in\Q \iff n=1,2,3,4,6$
$\cos\frac{2\pi}{n}\in\Q$とする.$n=1,2$は明らかなので$n\geq3$とする.
$\zeta_n=\exp\frac{2\pi i}{n}$とおくと$\frac{\zeta_n+\zeta_n^{-1}}{2}=\cos\frac{2\pi}{n}$より$\zeta_n^2-2\cos\frac{2\pi}{n} \zeta_n+1=0$なので, $\zeta_n\notin\Q$と併せて$[\Q(\zeta_n):\Q]=2$である.
一方, 円分体のガロア理論から
$[\Q(\zeta_n):\Q]=\#\mathrm{Gal}(\Q(\zeta_n)/\Q)=\#(\Z/n\Z)^{\times}=\varphi(n)$
となるので, $\varphi(n)=2$なる$n$を求めると$n=3,4,6$となる. 逆にこのとき$\cos\frac{2\pi}{n}\in\Q$となる.
こんな感じで, 大定理を振り回して「簡単に」示すというやつ, 難しさをその定理に押し付けてるだけで別に簡単になってないじゃないか, と思ったりもするのですが, やっぱり楽しいですね.
