cosの無理数性の証明

この記事では, $\cos$の無理数性についての証明を書こうと思います.

この証明は私が思いついたものではないのですが, すごいと思ったのでここに書こうと思います.

主張は以下です.

ただし, $2\pi \mathbb{Q}$とは, $2\pi$の有理数倍の数全体の集合のことです. 即ちこの主張は, $\cos$(有理数)${}^{\circ }$が有理数であるのは有名角に限られる, というものです.
$$

(証明)

$\Leftarrow$は明らかなので, $\Rightarrow$を示します.

ある$\theta$が $\cos \theta \in \mathbb{Q}\wedge \theta \in 2\pi \mathbb{Q}$ を満たすと仮定します.

$a_n=\cos 2^n\theta$とおきます. $a_0=\cos \theta ,a_{n+1}=2a_n^2-1$ となります.
$$

まず, 初項と漸化式より帰納的に$a_n\in \mathbb{Q}$が分かります.

次に, $\theta \in 2\pi \mathbb{Q}$ であることから, $\cos 2^n\theta$の取り得る値は有限個であることが言えます. (これは, $\frac{2^n\theta }{2\pi }$の小数部分が有限通りしかないことからわかります.)
$$

従って, 自然数$l,m$であって, $l<m$かつ$a_l=a_m$となるものが存在します.

ここで, $a_l,a_{l+1}\dots ,a_m$のうちで, 既約分数表示したときの分母が最大であるものを$a_k$($l\leqq k<m$)とし, ${\displaystyle a_k=\frac{q}{p}}$ とおきます. ただし, $p$は自然数, $q$は整数, $p$と$q$は互いに素であるとします. ($q=0$のときは互いに素の条件は無しです.)
$$

すると, ${\displaystyle a_{k+1}=2a_k^2-1=\frac{2q^2-p^2}{p^2}}$ となりますが, $a_l,a_{l+1}\dots ,a_m$のうちで分母の最大値は$p$であったので, 少なくとも$2q^2-p^2$は$p$で割り切れなくてはいけません.

従って, $2q^2$は$p$で割り切れなくてはいけません. $p,q$が互いに素であったことと $q\leqq p$ に注意すれば, このような$p,q$は
$$(p,q)=(p,0),(1,\pm 1),(2,\pm 1)$$
に限られることが容易に分かります. 即ち
$$\frac{q}{p}=\cos 2^k\theta =0,\pm \frac{1}{2},\pm 1$$
が分かりました.
$$

ところでこのような$2^k\theta$に対して半角の公式を適用していくと, $\cos \theta$は上の値以外の有理数には成り得ないことが簡単に分かります.

従って, ${\displaystyle \cos \theta =0,\pm \frac{1}{2},\pm 1}$ であることが証明されました.
$$◻$$
$$

読んで下さった方, ありがとうございます.

私もこんなすごい証明を考えられるようになりたいものです.