Da li je neko nasao iracionalan broj koji je jednak [inlmath]\sin\frac{\pi}{36}[/inlmath]?

Da li ti je poznata Lindeman–Vajerštrasova teorema?
Prvi put odgovaram na pitanje pitanjem, no postavio si zanimljivo pitanje.

Molim te da dodefinišeš pitanje.

Pomenuh reč "pitanje" puno puta, no nadam se da će me korisnici razumeti.

Ja mislim da ovo može da se razmatra i u kompleksnom domenu.

Ali dobro, rekao si:

pentagram142857 je napisao:Da li je neko nasao iracionalan broj

Broj je blizu [inlmath]\frac{19}{218}[/inlmath] ili oko [inlmath]0.08155743[/inlmath].
Namerno ove dve gore reči podvlačim zbog pomenute teoreme, tj onako kako je ja shvatam.

Ne znam nista o toj teoremi. Probao sam da nadjem [inlmath]\sin\frac{\pi}{36}[/inlmath] tako sto sam primenio formulu za sinus trostrukog ugla na [inlmath]\sin\frac{\pi}{12}[/inlmath]. Dobije se kubna jednacina. Resavanjem te kubne jednacine se dobije negativan broj pod korenom. Trazio sam na vikipediji, ali tamo ima samo za [inlmath]\sin\frac{\pi}{60}[/inlmath] (pa samim tim, i sve uglove ciji je stepen deljiv sa [inlmath]3[/inlmath], pomocu ad. formula), koji su nasli pomocu pravilnog sezdesetougla. Dakle, pitanje glasi: da li postoji neki nacin koji je drugaciji od mog i kojim moze da se nadje gore spomenuti sinus, (izrazen preko korenova a ne priblizna vrednost) tako da se ne dobije kompleksan broj?

Sada mi je jasno.
Napisaću i tutorijal o pomenutoj teoremi, svojevremeno sam se bavio time.
No tebi to ne treba. Ovo je ipak čista trigonometrija.
Delio si ugao, umesto da ga množiš.
Evo ideje:
[dispmath]\sin\left(\frac{\pi}{36}\right)=\sin\left(5\cdot\frac{\pi}{180}\right)[/dispmath]
E sada bi mogao dalje da nam pokažeš.
Naravno ako želiš.

Ne znam kako. Ne znam formulu za sinus petosrukog ugla a i ne znam koliko je [inlmath]\sin\left(\frac{\pi}{180}\right)[/inlmath]. Nema veze, objasnices u svom tutorijalu.

Moze se pokazati da vazi [inlmath]\sin(5x)=5\sin x-20\sin^3x+16\sin^5x[/inlmath] (ako me neko ne preduhitri (a bio bih mu i zahvalan), pokazacu to izvodjenje kasnije). Dakle, problem se sveo na predstavljanje [inlmath]\sin1^{\circ}[/inlmath]. Ipak, problem je sto [inlmath]\sin1^{\circ}[/inlmath] ne mozemo predstaviti bez upotrebe kompleksne (as far I know), premda taj ugao moze biti predstavljen u radikalima.

Bilo kako bilo, smatram da se [inlmath]\sin5^{\circ}[/inlmath] ne moze predstaviti kao neki konkretan broj bez ulazenja u kompleksni domen.

Onomatopeja je napisao:Moze se pokazati da vazi [inlmath]\sin(5x)=5\sin x-20\sin^3x+16\sin^5x[/inlmath] (ako me neko ne preduhitri (a bio bih mu i zahvalan), pokazacu to izvodjenje kasnije).

Mada se slažem s Onomatopejom da to verovatno neće biti od prevelike koristi za ovaj zadatak, što da ne pokažem časkom taj postupak, kad je već spomenut. [inlmath]\sin5x[/inlmath] napišemo kao sinus zbira [inlmath]3x[/inlmath] i [inlmath]2x[/inlmath], a nakon toga [inlmath]\sin3x[/inlmath] i [inlmath]\cos3x[/inlmath] napišemo kao sinus odnosno kosinus zbira [inlmath]x[/inlmath] i [inlmath]2x[/inlmath].
[dispmath]\begin{align}
\sin5x&=\sin\left(3x+2x\right)\\
&=\sin3x\cos2x+\cos3x\sin2x\\
&=\sin\left(x+2x\right)\cos2x+\cos\left(x+2x\right)\sin2x\\
&=\left(\sin x\cos2x+\cos x\sin2x\right)\cos2x+\left(\cos x\cos2x-\sin x\sin2x\right)\sin2x\\
&=\sin x\cos^22x+\cos x\sin2x\cos2x+\cos x\sin2x\cos2x-\sin x\sin^22x\\
&=\sin x\left(1-\sin^22x\right)+2\cos x\sin2x\cos2x-\sin x\sin^22x\\
&=\sin x-\sin x\sin^22x+2\cos x\sin2x\cos2x-\sin x\sin^22x\\
&=\sin x-2\sin x\sin^22x+2\cos x\sin2x\cos2x\\
&=\sin x-2\sin x\cdot4\sin^2x\cos^2x+2\cos x\cdot2\sin x\cos x\left(\cos^2x-\sin^2x\right)\\
&=\sin x-8\sin^3x\cos^2x+4\sin x\cos^2x\left(\cos^2x-\sin^2x\right)\\
&=\sin x-8\sin^3x\cos^2x+4\sin x\cos^4x-4\sin^3x\cos^2x\\
&=\sin x-12\sin^3x\cos^2x+4\sin x\cos^4x\\
&=\sin x-12\sin^3x\left(1-\sin^2x\right)+4\sin x\left(1-\sin^2x\right)^2\\
&=\sin x-12\sin^3x+12\sin^5x+4\sin x\left(1-2\sin^2x+\sin^4x\right)\\
&=\sin x-12\sin^3x+12\sin^5x+4\sin x-8\sin^3x+4\sin^5x\\
&=16\sin^5x-20\sin^3x+5\sin x
\end{align}[/dispmath]

Ili, elegantnije, pomoću Moavrove formule (thnx Onomatopeji na ideji):
[dispmath]\begin{align}
\cos5x+i\sin5x&=\left(\cos x+i\sin x\right)^5=\\
&=\sum\limits_{k=0}^5{5\choose k}\cos^{5-k}x\cdot i^k\sin^kx=\\
&=\cos^5x+i5\cos^4x\sin x-10\cos^3x\sin^2x-i10\cos^2x\sin^3x+5\cos x\sin^4x+i\sin^5x=\\
&=\cos^5x-10\cos^3x\sin^2x+5\cos x\sin^4x+i\left(5\cos^4x\sin x-10\cos^2x\sin^3x+\sin^5x\right)
\end{align}[/dispmath]
Izjednačavanjem imaginarnih delova nalazimo [inlmath]\sin5x[/inlmath] (kao što bismo, izjednačavanjem realnih delova, našli [inlmath]\cos5x[/inlmath]):
[dispmath]\begin{align}
\sin5x&=5\cos^4x\sin x-10\cos^2x\sin^3x+\sin^5x=\\
&=5\left(1-\sin^2x\right)^2\sin x-10\left(1-\sin^2x\right)\sin^3x+\sin^5x=\\
&=5\left(1-2\sin^2x+\sin^4x\right)\sin x-10\left(1-\sin^2x\right)\sin^3x+\sin^5x=\\
&=5\sin x-10\sin^3x+5\sin^5x-10\sin^3x+10\sin^5x+\sin^5x=\\
&=16\sin^5x-20\sin^3x+5\sin x
\end{align}[/dispmath]

---

Ontopic,

pentagram142857 je napisao:Probao sam da nadjem [inlmath]\sin\frac{\pi}{36}[/inlmath] tako sto sam primenio formulu za sinus trostrukog ugla na [inlmath]\sin\frac{\pi}{12}[/inlmath]. Dobije se kubna jednacina. Resavanjem te kubne jednacine se dobije negativan broj pod korenom.

Isti slučaj. S tim, da se meni učinilo lakše da prvo nađem [inlmath]\sin\frac{\pi}{18}[/inlmath] kao sinus trećine ugla od [inlmath]\frac{\pi}{6}[/inlmath], pa da nakon toga nađem i [inlmath]\sin\frac{\pi}{36}[/inlmath] preko formule za sinus polovine ugla. I, nakon dobijanja negativne potkorene veličine, nastavih da rešavam i dalje, ubeđen da će taj imaginaran broj, množeći se nekim drugim imaginarnim brojem van tog korena, dati realan broj. I, dođoh do izraza
[dispmath]\begin{align}
\sin\frac{\pi}{18}&=\cdots=\left(-\frac{1}{4}\right)2e^{i\frac{\pi}{3}}e^{i\frac{2\pi}{9}}-\frac{2e^{-i\frac{\pi}{3}}}{4e^{i\frac{2\pi}{9}}}\\
&=-\frac{1}{2}e^{i\frac{5\pi}{9}}-\frac{1}{2}e^{-i\frac{5\pi}{9}}\\
&=-\cos\frac{5\pi}{9}\\
&=\sin\left(\frac{5\pi}{9}-\frac{\pi}{2}\right)\\
&=\sin\frac{\pi}{18}
\end{align}[/dispmath]
i vratih se tamo odakle sam pošao.
Dakle, nije moguće preko kubne jednačine doći do tačnog izraza za traženi sinus, bez zalaženja u kompleksni domen.

Tragajući po netu, vidim da je dosta njih postavilo to pitanje, ali odgovori su isključivo podrazumevali kompleksne brojeve u izrazu za tačnu vrednost.

U redu, sada kada je zatisje na datoj temi da dam jos poneki komentar. Naime, imam jak utisak da ovo pitanje postavljeno radi konstrukcije odgovarajuceg pravilnog [inlmath]n[/inlmath]-tougla (u ovom slucaj, [inlmath]72[/inlmath]-ugla). Zato bih zeleo da istanem sledeci rezultat (koji cu pokazati u laksem smeru (koji zahteva poznavanje teorije polja), dok nam je za suprotan potrebno i malo Galoaove (eng. Galois) teorije polja, te bih to izbegao). Napomenuo bih samo da pod Fermaovim prostim brojevima podrazumevam Fermaove broje (tj. brojeve oblika [inlmath]2^{2^m}+1[/inlmath]) koji su prosti (za sada jedini poznati brojevi tog oblika su [inlmath]3, 5, 17, 257[/inlmath] i [inlmath]65537[/inlmath]).

Teorema (Gauss - Wantzel). Pravilan [inlmath]n[/inlmath]-tougao je konstruktibilan ako i samo ako je [inlmath]n[/inlmath] oblika [inlmath]2^l m_1 m_2 \ldots m_k[/inlmath], gde [inlmath]l \in \mathbb{N}[/inlmath] (sadrzi i [inlmath]0[/inlmath]), a [inlmath]m_i, i=1,\ldots,k[/inlmath] su proizvoljni razliciti Fermaovi prosti brojevi (gde smatramo da ovih clanova [inlmath]m_i[/inlmath] i ne mora biti uopste (tj. recimo [inlmath]k=0[/inlmath])).

Dokaz (skica) potrebnog uslova: Naime, primetimo prvo da je pravilan [inlmath]n[/inlmath]-tougao konstruktibilan[inlmath]^{\color{blue} 1}[/inlmath] ako i samo ako je konstruktibilan njegov centralni ugao [inlmath]2\pi/n[/inlmath], odnosno ako i samo ako je [inlmath]\cos(2\pi/n)[/inlmath] konstruktibilan (napomenuo bih da je to ekvivaletno i sa tim da je [inlmath]\sin(2\pi/n)[/inlmath] konstruktibilan). U redu, neka je sada [inlmath]\varepsilon_n = \cos(2\pi/n) + i \sin(2\pi/n)[/inlmath]. Kako je [inlmath]\varepsilon_n + \varepsilon_n^{-1} = 2 \cos (2 \pi/n)[/inlmath], to [inlmath]\varepsilon_n[/inlmath] zadovoljava polinom [inlmath]X^2-2 \cos(2\pi/n)X + 1[/inlmath]. Odatle vidimo da [inlmath]\cos(2\pi/n) \in \mathbb{Q}(\varepsilon_n)[/inlmath], te je stepen rasirenja [inlmath]|\mathbb{Q}(\varepsilon) : \mathbb{Q}(\cos(2\pi/n))| \le 2[/inlmath]. Ali, kako [inlmath]\varepsilon_n \notin \mathbb{R}[/inlmath], i kako je [inlmath]\mathbb{Q}(\cos(2\pi/n)) \le \mathbb{R}[/inlmath] ([inlmath]\le[/inlmath] u oznaci „potpolje“), to je spomenuti stepen bas jednak [inlmath]2[/inlmath]. Takodje, da se pokazati da je [inlmath]|\mathbb{Q}(\varepsilon) : \mathbb{Q}|=\varphi(n)[/inlmath] ([inlmath]\varphi[/inlmath] je Ojlerova totient funkcija), pa je prema lancastom pravilu [inlmath]|\mathbb{Q}(\cos(2\pi/n)):\mathbb{Q}| = \varphi(n)/2[/inlmath].

Takodje, da bi [inlmath]\cos(2\pi/n)[/inlmath] bio konstruktibilan, to stepen prethodnog rasirenja mora biti neki stepen dvojke, a time i [inlmath]\varphi(n)[/inlmath] mora biti neki stepen dvojke. Da se isto pokazati (iz same definicije) da je [inlmath]\varphi(n)[/inlmath] stepen dvojke ako i samo ako je [inlmath]n[/inlmath] proizvod nekog stepena dvojke i proizvoljno mnogo razlicitih Fermaovih prostih brojeva. Ende.

Tako na primer vidimo da se ne moze konstruisati pravilan [inlmath]n[/inlmath]-tougao za [inlmath]n=72[/inlmath], jer je [inlmath]72=2^3 \cdot 3 \cdot 3[/inlmath], a rekli smo da se ne smeju ponavljati Fermaovi prosti brojevi (ako ih ima). Takodje, iz smera koji nismo ovde pokazali, vidimo da je pravilan sedamnaestougao moguce konstruisati, jer je [inlmath]17 = 2^0 \cdot 17[/inlmath] (a rekli smo da [inlmath]17[/inlmath] jeste Fermaov prost broj). Ovaj poseban slucaj sa [inlmath]17[/inlmath] sam izdvojio zbog Gausa, jelte, mislim da ne moramo dalje objasnjvati zasto njega spominjem.
_________
1. Ukratko (hehe, videcemo), ali ne bih sirio pricu: Posmatramo sve u [inlmath]\mathbb{R}^2[/inlmath] i neka je [inlmath]S_0 = \{(0,0),(1,0)\}[/inlmath] i [inlmath]S \supseteq S_0[/inlmath] skup tacaka iz [inlmath]\mathbb{R}^2[/inlmath]. Kazemo da je prava [inlmath]p[/inlmath] konstruktibilna nad [inlmath]S[/inlmath] ako [inlmath]p[/inlmath] sadrzi bar dve tacke iz [inlmath]S[/inlmath]. Takodje, kazemo da je krug [inlmath]k[/inlmath] konstruktibilan na [inlmath]S[/inlmath] ako je centar kruga [inlmath]k[/inlmath] tacka u [inlmath]S[/inlmath] i ako je poluprecnik kruga [inlmath]k[/inlmath] jednak rastojanju neke dve tacke iz [inlmath]S[/inlmath]. Precizirajmo i to da je tacka [inlmath]A[/inlmath] konstruktibilna u jednom koraku nad [inlmath]S[/inlmath] ako je [inlmath]A[/inlmath] u preseku dve prave konstruktibilne nas [inlmath]S[/inlmath], ili prave i kruga konstruktibilnih nad [inlmath]S[/inlmath], ili dva kruga konstruktibilna nad [inlmath]S[/inlmath]. Isto tako, kazemo da je tacka [inlmath]A[/inlmath] konstruktibilna u [inlmath]n[/inlmath] koraka nad [inlmath]S[/inlmath] ako postoje tacke [inlmath]A_1, A_2, \ldots, A_n[/inlmath] (gde je [inlmath]A_n=A[/inlmath]) takve da je svaka od tih tacaka konstruktibilna nad unijom od S i prethodnih tacaka (tj. nad skupom [inlmath]S \cup \{A_j \mid j<i\}[/inlmath], za [inlmath]1\le i \le n[/inlmath]). Zato cemo reci da je tacka [inlmath]A[/inlmath] konstruktibilna nad [inlmath]S[/inlmath] ako postoji prirodan broj [inlmath]n[/inlmath] takav da je [inlmath]A[/inlmath] konstruktibilna u [inlmath]n[/inlmath] koraka na [inlmath]S[/inlmath]. Takodje, smatracemo da je tacka [inlmath]A[/inlmath] konstruktibilna (obratiti paznju, ne kazemo sada nad kojim skupom) ako je konstruktibilna nad skupom [inlmath]S_0[/inlmath]. Na kraju, smatramo da je realan broj [inlmath]\alpha[/inlmath] konstruktibilan nad [inlmath]S[/inlmath] ako je tacka [inlmath](\alpha,0)[/inlmath] konstruktibilna nad [inlmath]S[/inlmath]. Slicno, realan broj [inlmath]\alpha[/inlmath] je konstruktibilan ako je tacka [inlmath](\alpha, 0)[/inlmath] konstruktibilna. To jest, prethodno na „matematicki“ nacin precizira sta smatramo da mozemo konstruisati samo uz pomoc lenjira i sestara.

Onomatopeja je napisao:-----8<----- by Vule
dok nam je za suprotan potrebno i malo Galoaove (eng. Galois) teorije polja
-----8<----- by Vule

Pardon, nije eng. već je franc. pošto je bio Francuz. (Ništa lično, a tvoj post (doprinos) je kvalitetan i vredan.)

Inače Galoaova biografija je jako zanimljiva; preporučujem da je pročitate - posebno je preporučujem moderatorima. (http://poincare.matf.bg.ac.rs/~scepann/ ... knjige.htm, E. T. Bell - Veliki matematičari, str.: 342-356)