https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Handai/2022/Rikei

2022.03.01記

[2] $\alpha=\dfrac{2\pi}{7}$ とする．以下の問いに答えよ．

(1) $\cos 4\alpha=\cos3\alpha$ であることを示せ．

(2) $f(x)=8x^3+4x^2-4x-1$ とするとき， $f(\cos\alpha)=0$ が成り立つことを示せ．

(3) $\cos\alpha$ は無理数であることを示せ．

2022.03.01記
有名問題。この問題を見たことがない人は、角の3等分問題を調べておこう。

[解答]

(1) $7\alpha=2\pi$ より $4\alpha=2\pi-3\alpha$ であるから
$\cos 4\alpha=\cos(2\pi-3\alpha)=\cos 3\alpha$

(2) 2倍角を続けて行なうことにより，
$\cos 4\alpha=2(2\cos^2\alpha-1)^2-1$ $=8\cos^4\alpha-8\cos^2\alpha+1$
であり，3倍角より
$\cos 3\alpha=4\cos^3\alpha-3\cos\alpha$ であるから， $x=\cos\alpha$ とおくと，(1) より $8x^4-8x^2-1=4x^3-3x$ ，つまり
$8x^4-4x^3-8x^2+3x-1=(x-1)f(x)=0$
となる．ここで $x=\cos\alpha\neq 1$ より， $f(\cos\alpha)=0$ ．

(3) $f(x)=0$ が有理数解 $x=\dfrac{p}{q}$ （ $p,q$ は互いに素）をもつと仮定すると
$8p^3+4p^2q-4pq^2-q^3=0$
が成立する．よって
$q^3=p(8p^2+4pq-4q^2)$
となるが， $p,q$ は互いに素なので $p=1$ が必要で，このとき，
$8+4q-4q^2-q^3=0$
から
$8=q(q^2+4q-4)$
となるので， $q$ は $8$ の約数．

よって $f(x)=0$ が有理数解を持つとすれば，それは $\pm1,\pm2,\pm4,\pm8$ のいずれかでなければならないので
$f(\cos\alpha)=0$ をみたす $\cos\alpha$ ( $-1\lt\cos\alpha\lt 1$ ) は有理数ではない．

$f(\pm1)\neq 0$ ， $f(\pm2)\neq 0$ ， $f(\pm4)\neq 0$ ， $f(\pm8)\neq 0$ を示して， $f(x)=0$ は有理数解をもたない．よって $f(\cos\alpha)=0$ をみたす $\cos\alpha$ は有理数ではない，としても良い。