Hogyan kell bebizonyítani hogy a tg1 irracionális szám?

a tangens ugye sin/cos, tehát elég belátni, hogy ezek irracionálisak.

cos(nx) + i*sin(nx) = (cos x + i sin x)^n

a jobboldalt kifejted a binomiális tétel szerint:

cos(nx) = cos(nx) − [n(n − 1)/2]*cos(n−2x)*sin(2x) + ...

tudjuk, hogy sin(x)^2 = 1 − cos(x)^2, így ki tudjuk fejezni cos(nx)-t mint egy polinomot cos(x)-változóval.

Tehát fennáll az alábbi ekvivalencia:

cos(x) irrac <=> cos(nx) irrac

és pl cos(30°)-ról tudjuk h irrac.

Csinálsz egy hasonlót a szinuszra is és meg is vagy.

zsukov

bocs elírtam:

cos nx = cos(x)^n − [n(n − 1)/2] cos(x)^(n-2)*sin(x)^2 + ...

"a tangens ugye sin/cos, tehát elég belátni, hogy ezek irracionálisak."

Gyors és könnyű ellenpélda: a Pi és a 2*Pi is irracionális, mégis a hányadosuk 1/2, ami racionális.

Szóval ez így nem lesz jó.

A másik probléma:

"cos(x) irrac <=> cos(nx) irrac "

Szintén gyors ellenpélda: cos(30) irrac, de cos(60)=1/2.

Egy racionális együtthatós polinom irrac helyen is vehet fel racionális értéket. Pl. f(x)=x^2 a polinom a gyök(2) helyen 2-t ad.

Szóval csak az igaz, hogy cos(x) rac => cos(nx) rac (vagy ha irrac-cal írom, akkor cos(x) irrac <= cos(nx) irrac)

Az nem derült ki számomra, hogy az 1 itt most fok, vagy radián. Ha fok, akkor nem kell hozzá más, csak a tanges összegképlete:

tg(a+b) = (tg(a)+tg(b)) / (1-tg(a)tg(b)).

Tehát ha tg(a) és tg(b) is racionális, akkor tg(a+b) is az lesz. Ha fokról van szó a kérdésben, akkor ezzel már meg is vagyunk, mert ha tg(1) rac. lenne, akkor ezek szerint a=1, b=1 behelyettesítéssel a tg(2) is az lenne, most a=1, b=2 behelyettesítéssel tg(3) is, amiből a=1,b=3-mal tg(4) is, stb.. tehát minden n pozitív egész számra tg(n) racionális lenne, márpedig tg(30) tudtommal nem az, így ellentmondásra jutottunk.