問題

とても有名な大学入試問題がある.

問題（京都） tan?1°は有理数か.

問題文の簡潔さが有名であり,証明自体は背理法と加法定理を組み合わせることで証明できる.

この問題を一般化してみる.

問題A. cos?θ,?sin?θ,?tan?θが有理数となる条件をそれぞれ求めよ.

私はこの問題をまだ解けていないので,少し条件を追加した次の問題を,今回は解く.

問題B. 有理数pに対して,cos?pπ,?sin?pπ,?tan?pπが有理数となる条件をそれぞれ求めよ.

これは次のように言い換えても良い.

問題B^′. 有理数qに対して,cos?q°,?sin?q°,?tan?q°が有理数となる条件をそれぞれ求めよ.

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問題を解くための準備

以下の4つの補題を,後の証明で用いる.

補題1.チェビシェフ多項式 cos?kθはcos?θの多項式として表せる.

とくに,cos?θ?=?xとおくとxの多項式T_k(x)を用いて cos?kθ?=?T_k(x)と表わせ,
T_k(x)?=?x(k?=?1),?2x²?−?1(k?=?2),?2xT_k?−?1(x)?−?T_k?−?2(x)(k?≧?3)

補題2.チェビシェフ多項式の性質

1. T_k(x)の次数はkで,最高次の係数は2^k?−?1である.

2. T_k(x)のすべての係数は整数である.

3. T_2k?−?1の定数項は0,?T_2kの定数項は(?−?1)^kである.

以上2つの証明は次の記事に載っている. http://falmath.starfree.jp/blogs/chebyshev.html

補題3. 自然数mとnが互いに素ならば,? ma?=?nb?+?1を満たすような自然数a,?bが存在する.

[ 証明 ] まず,?m,?2m,??,?nmのそれぞれを nで割った余りがすべて異なることを示す.

余りが等しくなる2数sm,?tm(1?≦?s?<?t?≦?n)が 存在したとすると(t?−?s)mはnの倍数. mとnは互いに素なので,?(t?−?s)はnの倍数,すなわちnで割り切れる. これは0?<?t?−?s?<?nに矛盾.

よって,?n個の数m,?2m,??,?nmのうち nで割った余りが1のものが唯一つあるので,それをamとすれば ma?=?nb?+?1を満たす.■

補題4. a_nx^ｎ?+?a_n?−?1x^n?−?1?+???+?a₁x?+?a₀?=?0?(各a_kは整数,?a₀?≠?0) が有理数解q/pを持つ

⇒pはa_nの約数かつ,?qはa₀の約数

証明は次の記事に載っている. http://falmath.starfree.jp/blogs/yurisukai.html

cos?pπが有理数となる必要十分条件

定理1.cos?pπが有理数となる必要十分条件 互いに素である自然数nと整数mに対し,以下の条件は同値.

1. cos?m/nπ が有理数

2. n?=?1,?2,?3

注意:普通,有理数といえば互いに素な整数a,?b(a?≠?0)に対しb/aと表せる数のことであるが, 分母を正に限定しても（分子を負にすれば負の数も表現できるので）問題ない.

[ 証明 ] (2)⇒(1)を示す.
cos?mπ?=?(?−?1)^m?<?br?>?cos?mπ/2?=?0?(mは2で割り切れない)?<?br?>?cos?mπ/3?=??±?1/2?(mは3で割り切れない)?<?br>
となりそれぞれ有理数である.

(1)⇒(2)を示す.

補題1より,? cos?θが有理数⇒cos?kθが有理数（kは自然数.）

これと補題3を用いることで,つぎの関係を得る.
cos?m/nπ?が有理数?⇒?cos?ma/nπ?が有理数?<?br?>??⇒?cos?nb?+?1/nπ?が有理数?<?br?>??⇒?cos?(bπ?+?π/n)?が有理数?<?br?>??⇒?(?−?1)^bcos?π/n?が有理数
すなわち,仮定よりcos?π/nは有理数.

1. n?≧?5である奇数のとき

T_n(cos?θ)?=?cos?nθと定めたので,
T_n(cos?π/n)?=?cos?(n???π/n)?=??−?1
また,補題2よりnが奇数のときはT_n(x)は次のように表せる.
T_n(x)?=?2^n?−?1xⁿ?+?a₁x^n?−?1?+???+?a_n?−?1x?<?br?>?T_n(cos?π/n)?=?2^n?−?1cosⁿπ/n?+?a₁cos^n?−?1π/n?+???+?a_n?−?1cos?π/n
したがって
2^n?−?1cosⁿπ/n?+?a₁cos^n?−?1π/n?+???+?a_n?−?1cos?π/n?+?1?=?0
いま,仮定よりcos?π/nは有理数なので,方程式
2^n?−?1xⁿ?+?a₁x^n?−?1?+???+?a_n?−?1x?+?1?=?0
は（cos?π/nという）有理数解を持つ.補題4より,
cos?π/n?=??±?定数項の約数/最高次の係数の約数?=??±?1/2^k??(k?=?0,?1,??,?n?−?1)
k?=?0のとき,?cos?π/n?=?1となる.すなわち,π/nが2πの整数倍となればよいが, 場合分けの際の仮定よりn?≧?5であるため不適.

k?=?1,??,?n?−?1のとき,
cos?π/n?=?1/2^k?≦?1/2
であるが,場合分けの際の仮定よりn?≧?5であるため,
cos?π/n?>?cos?π/3?=?1/2
より不適.

よって,n?≧?5である奇数のときは矛盾.

以上を合わせると, n= 5以上の奇数, 4の倍数 10以上の4で割ると2余る数 6 すなわち n?≧?4 のときにcos?π/nが無理数となることがわかった.

n?=?1,?2,?3のときはすでに示したように有理数となる.

したがって,?cos?m/nπ が有理数となるのはn?=?1,?2,?3のときのみ.■

sin?pπが有理数となる必要十分条件

定理2.sin?pπが有理数となる必要十分条件 互いに素である自然数nと整数mに対し,以下の条件は同値.

1. sin?m/nπ が有理数

2. n?=?1,?2,?6

[ 証明 ] (2)⇒(1)は計算すれば明らか.

(1)⇒(2)を示す.

定理1より, 互いに素である自然数kと整数lに対し cos?l/kπが有理数となるのはk?=?1,?2,?3のときのみ.

ここで,
cos?l/kπ?=?sin?(l/kπ?+?π/2)?=?sin?2l?+?k/2kπ
となるので,

1. k?=?1のときsin?2l?+?k/2kπ?=?sin?2l?+?1/2π

2. k?=?2のとき,lが奇数となることに気をつけると, sin?2l?+?k/2kπ?=?sin?l?+?1/2π?=?sin?mπ（mは整数） (仮定よりkとlは互いに素)

3. k?=?3のときsin?2l?+?k/2kπ?=?sin?2l?+?3/6π このとき,lは3の倍数でないことから,2l?+?3と6は互いに素.

すなわち,分母が1,2,6のときのみであることが得られる.■

tan?pπが有理数となる必要十分条件

定理3.tan?pπが有理数となる必要十分条件 互いに素である自然数nと整数mに対し,以下の条件は同値.

1. tan?m/nπ が有理数

2. n?=?1,?4

[ 証明 ] (2)⇒(1)は計算すれば明らか.

(1)⇒(2)を示す.

tan?m/nπ?が有理数?⇒?tan²m/nπ?が有理数?<?br?>??⇒?1/tan²m/nπ?+?1?が有理数?<?br?>??⇒?cos²m/nπ?が有理数?<?br?>??⇒?1?+?cos?2m/nπ/2?が有理数?<?br?>??⇒?cos?2m/nπ?が有理数

定理1より,? cos?2m/nπが有理数となるためには n?=?1,?2,?3,?4,?6である必要がある. n?=?4,?6のとき,約分することで分母がそれぞれ2,3になる.先程の定理では既約分数であることを仮定していたため,約分する必要がある.

n?=?1,?2,?3,?4,?6のとき,tan?m/nπ が有理数になるかどうか確かめる.

1. n?=?1のときtan?mπ?=?0

2. n?=?2のとき,tan?m/2π（mは2で割り切れない）は定義されない.

3. n?=?3のとき,$\tan m / 3 \pi=\pm\sqrt{3}$（mは3と互いに素）

4. n?=?4のとき,tan?m/4π?=??±?1（mは4と互いに素）

5. n?=?6のとき,$\tan m / 6 \pi=\pm1 / \sqrt{3}$（mは6と互いに素）

となるので,有理数となるのはn?=?1,?4のみ.■

まとめ

最初の問題Bへの解答は次となる.

問題B.の解答 有理数pに対して,cos?pπ,?sin?pπ,?tan?pπが有理数となる条件は,
cos?pπ?が有理数?⇔?pを既約分数で表したとき,分母が1,2,3?<?br?>?sin?pπ?が有理数?⇔?pを既約分数で表したとき,分母が1,2,6?<?br?>?tan?pπ?が有理数?⇔?pを既約分数で表したとき,分母が1,4
である.

言い換えた問題B^′に対しては,

問題B^′.の解答 有理数qに対して,cos?q°,?sin?q°,?tan?q°が有理数となる条件は,整数nを用いて
cos?q°?が有理数?⇔?q?=?60n,?90n?<?br?>?sin?q°?が有理数?⇔?q?=?90n,?180n?±?30?<?br?>?tan?q°?が有理数?⇔?q?=?45n
である.

これはすなわち,有名角とよばれる角の三角比にしか,有理数となるものがないことを述べている. また逆に,例えば3?:?4?:?5の直角三角形の鋭角が,無理数であることもわかる.