Cím: Irracionális szögek
Szerző(k):  Fried Ervin 
Füzet: 1992/április, 147 - 149. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A szögfüggvények tanulásakor bizonyára sokaknak feltűnik, hogy a 360∘ tört részeinél ‐ kivéve 90∘ többszöröseit ‐ valamelyik szögfüggvény értéke nem racionális szám. Az, hogy ez mindig így van, nem túl nehéz ,,felsőbb algebrai'' módszerekkel bizonyítható. Az e módszerekhez szükséges ismeretek viszont több hónapos előkészítést igényelnek az egyetemi oktatásban.
A fenti állítás lényegében * a következőt jelenti:
Ha egy derékszögű háromszög oldalainak az aránya racionális szám, akkor (hegyes) szögeinek semmilyen racionális többszöröse sem lehet 360∘.
Először azzal a speciális esettel foglalkozunk, amikor a háromszög oldalai 3,4 és 5 egységnyiek. Tekintsük azt az α szöget, amelyik a 3 egységnyi oldallal szemben fekszik. Erre:

cosα=45éssinα=35.

Feladatunk annak a vizsgálata, hogy α-nak van-e olyan racionális többszöröse, amelyik 360∘; más szóval, létezik-e olyan n pozitív egész szám, amelyre n⋅α a 360∘-nak egész számú többszöröse. Ez azzal ekvivalens, hogy sin(n⋅α)=0. Ki kellene tehát számítani α többszöröseinek a szinuszát. Ezt egymás után meg is lehet tenni; de a számoláshoz szükség van e szögek koszinuszára is. A rekurziós képlet:
cos((n+1)α)=cos(nα)cosα-sin(nα)sinα=45cos(nα)-35sin(nα)sin((n+1)α)=sin(nα)cosα+cos(nα)sinα=45sin(nα)+35cos(nα)


alapján számoljuk ki az első néhány értéket. A törteket elkerülendő célszerű meggondolni, hogy mi áll majd az egyes nevezőkben. Az (n+1)⋅α esetében kapott nevezők úgy keletkeznek az előző lépésben kapott nevezőkből, hogy azokat még 5-tel szorozzuk. Eszerint a nevezők sorra 5-nek eggyel nagyobb hatványai lesznek. Elég tehát a számlálókat meghatározni. Jelöljük ezeket cn-nel, illetve sn-nel; azaz legyen:
cos(n⋅α)=cn5néssin(n⋅α)=sn5n.

Most felsoroljuk cn, majd utána sn értékét n=1,...,10 esetén:
4,7,-44,-527,-3116,-1173,-16124,164833,1721764,9653287;
illetve:
3,24,117,336,-237,-10296,-76443,-354144,-922077,1476984.

Azt kell belátni, hogy ezekben a sorozatokban* (pontosabban szólva a második sorozatban) sehol sem áll 0. Láthatjuk, hogy ezek a számok nemcsak 0-tól különbözőek, hanem egyikük sem osztható 5-tel. Mivel pedig a nevező 5-nek egy hatványa, ezért a hányados más egész szám sem lehet. Mivel az 5-tel való osztás maradéka csak ötféle lehet, ezért várható, hogy ennek a bizonyítása könnyebb is, mint annak a megmutatása, hogy e számok egyike sem 0. Nézzük most sorban azt, hogy e számok mit adnak (legkisebb pozitív) maradékul, ha 5-tel osztunk:

n=12345678910cnmod5=4213421342snmod5=3421342134

Látható, hogy a cnmod5,snmod5 számpárok négyesével ismétlődnek. Mivel az első négy számpárban snmod5≠0, ezért az állítás igaznak tűnik.
Az általános eset vizsgálata előtt figyeljük még meg, hogy "miképpen'' készül egy számpár az előző számpárból.
Láthatjuk, hogy az "snmod5 sora'' csak abban tér el a cnmod5 sorától, hogy ahhoz képest eggyel jobbra van tolva. Ez azt sugallja, hogy a képzési szabály "egységes''. Mivel az 1 után 3 áll, ezért úgy látszik, hogy mindegyik szám az előzőnek "lényegében'' a háromszorosa. Valóban:
3⋅4=2⋅5+2;3⋅2=1⋅5+1;3⋅1=0⋅5+3;3⋅3=1⋅5+4.

Általában csak azt fogjuk vizsgálni, amikor az adott szög tangense racionális szám.

Így megengedjük azt is, hogy a szereplő derékszögű háromszög átfogója ne legyen egész.
Tekintsünk tehát egy olyan derékszögű háromszöget, amelynek befogói egész számok.* Jelölje e befogókat c és s; és legyen α a c hosszúságú oldal melletti szög. Feltehető, hogy c és s relatív prímek; ellenkező esetben legnagyobb közös osztójukkal mindegyiküket elosztva ugyanazt a szöget kapjuk. Használni fogjuk még a D=c2+s2 jelölést is. Ekkor az n⋅α szinuszára és koszinuszára a következőket kapjuk:
sin(n⋅α)=sn(D)néscos(n⋅α)=cn(D)n.

Az addíciós formulát felhasználva azonnal adódnak az alábbi rekurziós összefüggések:
cn+1=cn⋅c1-sn⋅s1éssn+1=cn⋅s1+sn⋅c1.

Ha több esetet megpróbálunk, akkor az az érzésünk alakulhat ki, hogy"D-vel való oszthatóság szempontjából'' olyan, mintha cn+1 a cn-nek és sn+1 az sn-nek a 2⋅c1 szerese volna.
Éppen ezért kiszámítjuk a cn+1-2⋅c1⋅cn és az sn+1-2⋅c1⋅sn értékét az n>1 esetre:
cn+1-2⋅c1⋅cn=-cn⋅c1-sn⋅s1=-cn-1⋅(c12+s12)=-cn-1⋅D,sn+1-2⋅c1⋅sn=cn⋅s1-sn⋅c1=-sn-1⋅(c12+s12)=-sn-1⋅D.


(Ha cn -t és sn-t n=0-ra úgy definiáljuk, hogy c0=1, s0=0, akkor a fenti formulák az n=1 esetben is érvényesek.)
Eszerint a következő rekurziót kaptuk:
cn+1=2⋅c1⋅cn-D⋅cn-1,sn+1=2⋅c1⋅sn-D⋅sn-1,han>0.

Most két esetet különböztetünk meg. Az érdekesebb eset az, amikor D-nek van egy p páratlan prímosztója. Ekkor teljes indukcióval bizonyítjuk, hogy n>1 esetén sn nem osztható p-vel.
Az n=1 esetben D=c12+s12. Ha p osztója lenne s1-nek, akkor ebből azonnal következne az is, hogy c1-et is osztaná, ami azért lehetetlen, mert c-t és s-t relatív prímeknek választottuk. Ugyanígy látható be az is, hogy p a c1-nek sem lehet osztója. Mivel s2=2⋅s1⋅c1 és p páratlan, ezért p nem osztja s2-t sem.
Tegyük most fel, hogy p nem osztja sk-t, ahol k>1. Mivel p páratlan és c1-nek sem osztója, ezért nem lehet osztója 2⋅c1⋅sk-nak sem. D-nek viszont osztója; amiből sn+1=2⋅c1⋅sn-D⋅sn-1 alapján következik, hogy p az sk+1-et sem osztja.
Egyetlen eset maradt ki; amikor D=2k, valamely pozitív egész k-ra. Ekkor persze c2+s2=2k. Itt c és s egyike sem lehet páros, mert akkor ebből az összefüggésből az következne, hogy a másik is az; ami ellentmond annak a feltételnek, hogy s és c relatív prímek. Így mindketten páratlanok. Ismeretes, hogy páratlan szám négyzete 8-cal osztva 1-et ad maradékul, azaz D2-t ad maradékul a 8-cal való osztásnál. Eszerint D nem osztható 4-gyel, vagyis D=2. Ez az eset tényleg "kivételes'', mert ekkor α=45∘ és ennek a szögnek van olyan többszöröse, amelyik 360∘.*
*Matematikában olyankor használatos a "lényegében'' szó, amikor a két állítás "néhány'' esettől eltekintve ugyanaz; ezeknek a végignézése azonban annyira meghosszabbítaná a tárgyalást, és megzavarná a folyamatosságot, hogy célszerűbb valamit feláldozni a precizitásból. Most persze meg kellene magyarázni azt is, hogy mit jelent a "néhány''. Gondolom, ezt azért "lényegében'' mindenki érti.

*A sorozat számait egy "TI‐74 BASICALC'' zsebszámítógép segítségével számoltam ki, igen rövid idő alatt, a következő "BASIC'' programmal: 100 C=1:S=1 ‐ 110 FOR I=1 TO 10 ‐ 120 X = 4*C-3*S:S =3*C+4*S:C = X ‐ 130 PRINT "c=";C;"s=";S:PAUSE ‐ 140 NEXT I ‐ 150 END.

*Természetesen ennek így nincs értelme; arról van szó csupán, hogy a befogók aránya racionális szám.

*A komplex számok felhasználásával ez a bizonyítás még egyszerűbben mondható el.