角αがcosα=1/3(tanα=2√2)を満たすならばαはπの有理数倍ではないことを証明せよ。

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z=cosα+isinα=1/3+2/3・√(-2)

ｚはＱ上3z^2+2z+3=02次方程式3z^2+2z+3=0の解である

ｚはＱ上の2次体Q(z)を生成する。

もしαがαはπの有理数倍ならばα=p/q・2πと書ける。(p,q)=1

この場合、ｚは1の原始q乗根となり、最小多項式は円分多項式、その次数はφ(q)である。

今の場合、φ(q)＝2

しかし、φ(q)＝2を与えるｑは3，4，6のみ。

　　Φ3（ｘ）＝ｘ^2＋ｘ＋１

　　Φ4（ｘ）＝ｘ^2＋１

　　Φ6（ｘ）＝ｘ^2−ｘ＋１

対応する拡大体はQ(i)とQ(√(-3))となって、どちらもQ(√(-2))でない→矛盾。

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　ｘ^n−１の因数分解が，ｎの約数ｄを使って次のように書かれることを考えます．

　　ｘ−１＝Φ1（ｘ）

　　ｘ^2−１＝Φ1（ｘ）Φ2（ｘ）

　　ｘ^3−１＝Φ1（ｘ）Φ3（ｘ）

　　ｘ^4−１＝Φ1（ｘ）Φ2（ｘ）Φ4（ｘ）

　　ｘ^5−１＝Φ1（ｘ）Φ5（ｘ）

　　ｘ^6−１＝Φ1（ｘ）Φ2（ｘ）Φ3（ｘ）Φ6（ｘ）

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　　ｘ^18−１＝Φ1（ｘ）Φ2（ｘ）Φ3（ｘ）Φ6（ｘ）Φ9（ｘ）Φ18（ｘ）

　　ｘ^36−１＝Φ1（ｘ）Φ2（ｘ）Φ3（ｘ）Φ4（ｘ）Φ6（ｘ）Φ9（ｘ）Φ12（ｘ）Φ18（ｘ）Φ36（ｘ）

　すると，円分多項式は（最初の数個）

　　Φ1（ｘ）＝ｘ−１

　　Φ2（ｘ）＝ｘ＋１

　　Φ3（ｘ）＝ｘ^2＋ｘ＋１

　　Φ4（ｘ）＝ｘ^2＋１

　　Φ5（ｘ）＝ｘ^4＋ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１

　　Φ6（ｘ）＝ｘ^2−ｘ＋１

　　Φ7（ｘ）＝ｘ^6＋ｘ^5＋ｘ^4＋ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１ｘ−１

　　Φ8（ｘ）＝ｘ^4＋１

　　Φ9（ｘ）＝ｘ^6＋ｘ^3＋１

　　Φ12（ｘ）＝ｘ^4−ｘ^2＋１

　　Φ15（ｘ）＝ｘ^8−ｘ^7＋ｘ^5−ｘ^4＋ｘ^3−ｘ＋１

　　Φ16（ｘ）＝ｘ^8＋１

　　Φ18（ｘ）＝ｘ^6−ｘ^3＋１

　　Φ24（ｘ）＝ｘ^8−ｘ^4＋１

　　Φ36（ｘ）＝ｘ^12−ｘ^6＋１

と定まります．

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