蛙鸣 有理角三角函数比值的次数与极小多项式
1 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 林开亮 2021年11月15日 摘要作为文[11]的续篇,本文通过考虑有理角的三角函数比值在伽罗瓦群作用下的稳定子群,研究了其次数与极小多项式.指出了前人更早的相关工作,更正了旧的猜想,并给出部分证明.对于未解决的情形,建议了一个猜想. 1引言 在文[11]中,作者从几何角度推广了√2是无理数这一事实,证明了对任 意的正n边形(n≥4),其任意两条不等长的广义对角线(包括边长在内)之比 都是无理数,唯一的例外是正6m边形中出现的有理比值
2.作者后来了解到, 该结果已经为
R.J.Evans和
I.M.Isaacs([6,p.257])与
C.T.McMullen([12,p.7]) 各自独立得到,它可表述如下([11,p.54]),: 定理1.1(Evans–Isaacs,1977;McMullen,2006).设正整数k1,k2,n满足k1< k2 ≤ n2 且 gcd(n,k1,k2) =
1, 则 sink2π α= nkπ ∈
Q ⇐⇒ (n,k2,k1)=(6,3,1), sin 1 n 而且此时比值α=
2. 文[11]还指出,与之等价的正切、余弦结果曾分别为
D.B.Shapiro[17],
A. Berger[2]和蔡进一等[5]得到,我们引述如下. 定理1.2(Shapiro,1984;蔡进一等人,2018).设正整数k1,k2,n满足k11, 则 tank2π γ= nkπ ∈
Q ⇐⇒ (n,k2,k1)=(6,2,1), tan 1 n
2 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 蛙鸣 而且此时比值γ=
3. cosk2π 定理1.3(Berger,2017).设正整数n,k1,k2满足k1Q,使得r1+r2Z,r1−r2Z.对i=1,
2,令N(rj)表示rj的既约分数表示中的正分母,则以下条件等价 (i)1,cos(r1π),cos(r2π)在Q上线性无关; (ii)对j=1,
2,N(rj)≥4且(N(r1),N(r2))(5,5). 顺便指出,Berger[3]用定理1.4确定了全部的“有理中学三角形”.某三角形称为一个有理中学三角形,若它的三个角都是有理角,且三边长ℓ
1,ℓ2,ℓ3满足关系 ℓ1:ℓ2:ℓ3=x1:x2:x3, 其中xj∈Q(dj),这里dj是一个正整数.Berger的结果可简单表述为:一个三角形为有理中学三角形当且仅当它的每一个角是15◦或36◦的整数倍.在相似意义下,有理中学三角形只有14个（其中7个等腰三角形,3个直角三角形）,其内角分别为: 60-60-6030-75-7515-60-105 45-45-9015-15-15015-30-135 30-60-9030-45-10536-36-108 15-75-9040-60-7536-72-72 30-30-12015-45-120 这一结果曾经由
J.C.Parnami等[15]得到.E.J.Barbeau在1983年的文章[1]中考虑了正多边形广义对角线比值的有理性问题,得到部分结果.2020年,
G.Vincenzi[19]证明了当6∤n时,正n边形任意两条不等长的广义对角线之比值为无理数.虽然McMullen2006年的文章[12]看来是第一次对Barbeau的问题作出完整的回答(McMullen似乎并不知道Barbeau的文章),但Evans–Isaacs1977年的文章[6]已经蕴含这个问题的回答.Evans–Isaacs是用一种等价的方式表述的:若一个三内角全部为有理角的三角形至少有两条有理边,则它或者是等腰三角形,或者是角度为π/2,π/3,π/6的直角三角形.两位作者曾将这个结果在《美国数学月刊》问题征解栏目给出,但是他们所提供的解答是有问题的,1见[7].G.Vincenzi等在最 1其解答中有这样一条推理：设正整数s1,s2满足φ(s1)=φ(s2)且s2≥s1,则有s2=s1或s2=2s1,其中s1是奇数.反例有s1=4,s2=
3.事实上,与此相关的,有一个著名的公开问题,称为Carmichael猜想：对任意的正整数n,存在正整数mn使得φ(m)=φ(n). 蛙鸣 有理角三角函数比值的次数与极小多项式
3 近的文章[20]中仅援引了这篇征解文章而未提及两位作者更早的文章[6],是欠考虑的. Barbeau在1983年的文章中还建议研究广义对角线比值(在有理数域上)的次数,这一问题与相关的问题曾被许多作者讨论过,如[2,3,8,12].特别地,McMullen[12,p.7]定理2.3确定了所有二次无理比值,结果如下: 定理 1.5 (McMullen, 2006). 设正整数 n,k1,k2 满足 k1 < k2 ≤ n2 且 gcd(n,k1,k2) = sink2π
1.则比值 nkπ 为二次无理数当且仅当 (n,k2,k1) 取值于下表第一列 (共 15 sin 1 n 种可能),而对应的比值与极小多项式分别由第
二、三列给出： (n,k2,k1)(4,2,1)(5,2,1)(6,3,2)(6,2,1)(8,3,1)(10,5,3)(10,5,1) (10,3,1) (12,5,3)(12,5,1) (12,4,3)(12,3,2)(12,3,1) (30,9,5) (30,5,3) sinkn2πsin√kn1π 2√1+5 22√√33 √1+
2 √−1+
5 √1+
5 √3+5 2√1+3 2√2+
3 √6 √22√ 1+3√ 1+5 2√1+5
2 极小多项式 x2−2=0 x2−x−1=0x2−4=0 3x2−3=0x2−2x−1=0x2+2x−4=0x2−2x−4=0 x2−3x+1=0x2−x−1=0 2x2−4x+1=0x2−3=0 2x2−2=0x2−2x−2=0 x2−x−1=0 x2−x−1=
0 4 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 蛙鸣 这意味着[11]中的猜想8.4已然是定理,进而Perez-Giz于2018年提出的问题(见[16],即[11,p.73]问题8.1)之解答也蕴含在McMullen2006年的文章中.即有(参见上表第三列中出现的4行黑体): √ 推论 1.6. 设 k 是正整数, 则 ϕk = k+ k2+42 可以实现为某个正多边形的两条广 义对角线之比当且仅当k=1或k=
2. 根据余弦比与正弦比之间的基本关系 coskn2πsinπ2−kn2π cosk1π =sin π−k1π , n 2n 我们不难得到定理1.4的等价余弦版本: 定理1.7.设正整数n,k1,k2满足k1 1. 则比值 cosk2πn为二次无理数当且仅当(n,k2,k1)取值于下表第一列(共11种可能),而 coskn1π 对应的比值与极小多项式分别由第
二、三列给出： (n,k2,k1) (5,2,1)(6,2,1)(8,3,1)(10,3,1)(12,5,3)(12,5,1)(12,4,3)(12,3,2)(12,3,1)(15,6,5)(15,5,3) coskn2π cos k1π √n 3−
5 21√3√−1+√2−1+
5 2√−1+
3 2√2−√3
2 √26 3√−√1+3 5−
1 √25−
1 2 极小多项式 x2−3x+1=
0 x2 − 13 =
0 x2+2x−1=
0 x2+x−1=
0 2x2+2x−1=0x2−4x+1=
0 x2 − 12 =
0 x2 − 23 =
0 x2+2x−2=
0 x2+x−1=
0 x2+x−1=
0 蛙鸣 有理角三角函数比值的次数与极小多项式
5 类似地,根据正切比与正弦比之间的关系(蒙山东大学李良攀教授指出) tankn2π=sinkn2πcoskn1π=2sinkn2πcoskn1π=sin(k2+nk1)π+sin(k2−nk1)π=ssiinn((kk22+−nnkk11))ππ+
1, tankn1π coskn2πsinkn1π 2coskn2πsinkn1π sin(k2+nk1)π−sin(k2−nk1)π −1sin(k2+nk1)π sin(k2−k1)π n 不难得到定理1.4的等价正切版本: 定理1.8.设正整数n,k1,k2满足k1 1. 则比值 tank2πn为二次无理数当且仅当(n,k2,k1)取值于下表第一列(共22种可能),而 tankn1π 对应的比值与极小多项式分别由第
二、三列给出： (n,k2,k1) (5,2,1)(8,3,2)(8,3,1)(8,2,1)(10,4,3)(10,4,1) (10,3,2) (10,3,1)(10,2,1) (12,5,4) (12,5,3)(12,5,2)(12,5,1)(12,4,3)(12,4,1)(12,3,2)(12,3,1) (12,2,1) (24,7,1)(24,5,1)(30,7,2)(30,4,1) tankn2π tan k1π √n 2+√
5 1+√
2 3+2√
2 1+√
2 5√ 5+2√
5 5+25 5√2+√5 5√3+23 3√2+√33+2√37+√43 3√3+√23 3√2+√33+23 3√5+2√63+2√22+√52+
5 极小多项式 x2−4x−1=0x2−2x−1=0x2−6x+1=0x2−2x−1=0 x2−5=0x2−10x+5=0 5x2−10x+1=0 x2−4x−1=0x2−5=0 3x2−6x−1=0 x2−4x+1=0x2−6x−3=0x2−14x+1=0 x2−3=0x2−6x−3=0 x2−3=0x2−4x+1=0 3x2−6x−1=0 x2−10x+1=0x2−6x+1=0x2−4x−1=0x2−4x−1=
0 6 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 蛙鸣
T.Grubb和
C.Woll在2021年发表的文章[9,p.3]中给出以下结果(其定理2). 命题 1.9. 设正整数 n,k1,k2 满足 k1 < k2 ≤ n2 且 gcd(k1,k2) =
1. φ 是欧拉函数. 则 •若n是奇数,则 degQssiinnkkn12ππ=φ(44n)=φ(2n). n (1.1) •若n是偶数,则 degQssiinnkkn21ππ≥φ(140n)=φ(52n). n (1.2) 之所以我们将这个结果改称为命题,是因为它不全对.(1.1)是成立的,但 (1.2)时 不成立. 一个反例是(n,k2,k1)=(30,5,3)(定理1.4中的表最后一行),此 sink2πsin5π
1 √
1 1+
5 sinknn1π=sin333π00=2sin1π0=2cos25π=
2 (1.3) 其次数为
2.而 φ(2n)=φ(60)=φ(3·4·5)=φ
(3)φ
(4)φ
(5)=2·2·4=16=3.2>
2.
5 5
5 5
5 5 对于有理角三角函数的比值之次数,本文作者在[11,pp.74–75]中也提出了一些猜想(猜想8.5,8.6,8.7).但后来发现,这些猜想也欠考虑.本文将重新考虑这些问题.特别地,定理3.1将给出上述命题1.9的修正. 我们将首先余弦比值的情况(第2节),接着据此推出正弦比值的结果(第3节),进而导出关于正切的定理与猜想(第4节),最后提出了一个可以解决整个问题的新猜想(猜想5.1)以及相关的结果.需要指出的是,本文尚未完全解决这些问题,对于未解决的6|n的情形,期待有兴趣的读者彻底解决. 2有理角余弦比值的次数与极小多项式 相比于正弦,余弦更简单.我们将证明的主要定理如下:定理2.1.设n是正整数且6∤n,整数k1,k2满足 gcd(n,k1,k2)=
1 蛙鸣 有理角三角函数比值的次数与极小多项式
7 且令 则有 cosk1π,cosk2π n n
0,±1. β=coskn2π±1,coskn1π D=n.gcd(n,k1)·gcd(n,k2) •若n是奇数,则 φ(n), degQ(β) = 
4 φ(n),
2 若D=1其它情况 •若n是偶数且k1,k2都是奇数,则 φ(2n)φ(n)degQ(β)=4=
2. (2.1)(2.2) (2.3)(2.4) •若n是偶数且k1,k2一奇一偶,则 φ(2n)=φ(n), degQ(β) =  4φ(2n) =
2 φ(n),
2 若D=1或D=
2 其它情况 . (2.5) 如文[11],我们将从分圆域入手.β落在一个天然的域中: cosk2πζk2+ζ−k2β=knπ=2kn2−nk∈Q(ζ2n), cos 1 n ζ2n1+ζ2n1 (2.6) 这里 ζ2n = e.2πi2n 基本的事实是, 分圆域 Q(ζ2n) 是
Q 的 Galois 扩张, 具有 Galois 群G2n≈(Z/2nZ)×.对任意的m∈(Z/2nZ)×,我们用σm表示它在G2n中的同构 像,即σm:ζ2n→ζ2mn. 根据Galois理论的基本结果,有 deg(β)=|G2n|
Q |Gβ| (2.7) 其中Gβ是β在G2n作用下的固定子群,即 Gβ={σ∈G2n|σ(β)=β}. (2.8)
8 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 蛙鸣 由于|G2n|=|(Z/2nZ)×|=φ(2n),因此我们的目标就是确定Gβ(甚至只要确定其阶数|Gβ|).手算可以发现,对于较小的n,σ∈Gβ总满足 σ(coskiπ)=coskiπ, n n i=1,
2 或 σ(coskiπ)=−coskiπ, n n 事实上,我们将证明,当6∤n时,总有 i=1,
2. Gβ=Sβ, (2.9) 其中Sβ定义为 Sβ=σ∈G2nσ(coskiπ)=coskiπ(i=1,2)或σ(coskiπ)=−coskiπ(i=1,2). n n n n (2.10) 如此一来,为确定Gβ,就只需要确定Sβ,而后者可以转化为同余方程组解决. 接下来我们先证明关键的(2.9),然后求解集合(2.10). 首先注意到,我们有以下观察: 引理2.2.设β由(2.1)式给出,其中n,k1,k2满足定理2.1的条件但不限定6∤n,Gβ,Sβ分别如(2.8),(2.10)给出.则以下三条等价 (i)Gβ=Sβ; (ii)Gβ⊆Sβ; (iii)coskn1πcoskn2π∈Q(β). 证明.(i)⇐⇒(ii)成立,是因为有Sβ⊆Gβ.下面证明(ii)⇐⇒(iii). (ii) =⇒ (iii). 只要证明 Gβ 固定 cos k1πn cos kn2π, 由于 Gβ ⊆ Sβ 而 Sβ 显然固 定coskn1πcoskn2π,得证. (iii)=⇒(ii).设σ∈Gβ,于是有 σ(coskn2π)=σ(coskn1π). coskn2π coskn1π 记这个公共比值为r,于是有 σ(coskiπ)=rcoskiπ, n n i=1,
2. 蛙鸣 有理角三角函数比值的次数与极小多项式
9 注意 cos k1πn cos k2πn ∈ Q(β), 从而被 σ ∈ Gβ 固定, 即有 σ(cosk1πcosk2π)=cosk1πcosk2π. n n n n 于是我们得到 r2(cosk1πcosk2π)=cosk1πcosk2π, n n n n 从而r2=1,r=±
1.这就意味着σ∈Sβ. □ 接下来我们证明(2.9),考虑到它的重要作用,我们将它表述成一个定理. 定理2.3.设β由(2.1)式给出,其中n,k1,k2满足定理2.1的条件,Gβ,Sβ分别如(2.8),(2.10)给出.则Gβ=Sβ. 证明.我们将证明分成两种情况.第一种情况2∤n.即n是奇数,此时不妨设k1,k2都是偶数,当ki是奇数 时,转而考虑n−ki,只要注意到cosknπ=−cos(n−nk)π.令k1=2ℓ1,k2=2ℓ
2,于是 cosk2πcos2ℓ2π β= knπ= n2ℓπ ∈Q(ζn). cos 1 n cos 1 n 由于Q(ζn)/Q是Galois扩张且其Galois群为Abel群,因此其子域Q(β)/Q 也是Galois扩张.于是,对任意的σ∈Gal(Q(ζn)/Q),有σ(β)∈Q(β).特别地, 取σ=σ
2,就有 cos2k2πσ2(β)=2knπ∈Q(β). cos 1 n 由二倍角公式,我们有 cos2kn2π+cos2kn1π=(coskn2π)2+(coskn1π)2−
1. cos2kn2π−cos2kn1π (coskn2π)2−(coskn1π)
2 于是我们有 cos2kn2π +1−cos2kn1π=.cos2kn2π−1cos2kn1π (cosk2nπ)2+(cosk1nπ)2cosk2nπcosk1nπ 1cosk2nπcosk1nπ (cosk2nπ)2−(cosk1nπ)2cosk2nπcosk1nπ 即 σ2(β)+1β+β−1−cosk2π1cosk1π σ2(β)−1= n β−β−
1 n. 由 β,σ2(β) ∈ Q(β) 立即推出 cos k2πn cos k1πn ∈ Q(β). 根据引理 2.2, 有 Gβ = Sβ. 10 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 蛙鸣 第二种情况3∤n.证明跟第一种情况类似.由于gcd(3,2n)=
1,因此对 σ=σ3∈G2n有 cos3k2πσ3(β)=3knπ∈Q(β). cos 1 n 由三倍角公式,我们有 σ3(β)+1=ooss33kknn12ππ+1=cos3kn2π+cos3kn1π σ3(β)−
1 −1cos3kn2π cos3k1π cos3kn2π−cos3kn1π n =4(coskn2π)3+4(coskn1π)3−3coskn2π−3coskn1π4(coskn2π)3−4(coskn1π)3−3coskn2π+3coskn1π =coskn2π+coskn1π·4(coskn2π)2+4(coskn1π)2−4(coskn2πcoskn1π)−3coskn2π−coskn1π4(coskn2π)2+4(coskn1π)2+4(coskn2πcoskn1π)−
3 cosk2nπ +1+−1−cosk1nπ=·cosk2nπ −1++1−cosk1nπ cosk2nπcosk1nπ cosk2nπcosk1nπ cosk1nπcosk2nπ cosk1nπcosk2nπ 34cosk2nπcosk1nπ 34cosk2nπcosk1nπ β+1β+β−1−1−4cosk2π3cosk1π =β−1·β+β−1+1− n3n. kπ kπ 4cos2ncos1n 由上式可以推出 cos k2πn cos k1πn ∈ Q(β). 根据引理 2.2, 就有 Gβ = Sβ. □ 现在我们来求Sβ.主要结果如下： 定理2.4.设β由(2.1)式给出,其中n,k1,k2满足定理2.1的条件但不限定6∤n.D由(2.2)式给出,Sβ由(2.10)式给出.则有 •若n是奇数,则 {σ,σ−,σ,σ−},
S β = 
1 {σ, σ
1 }, x1 x1 1−
1 若D=1;其它情况 (2.11) 其中x1=u1gcd(n,k1)−u2gcd(n,k2),而u1,u2如(2.31)式给出.•若n为偶数且k1,k2都是奇数,则 Sβ={σ
1,σ−
1,σn+
1,σn−1}. (2.12) 蛙鸣 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 11 •若n为偶数且k1,k2一奇一偶,则 {σ
1,σ−
1,σx1,σ−x1},
S β =  {σ
1, σ−
1, σxi, σ−xi}, {σ
1,σ−1}, 若D=1;若D=2;其它情况 (2.13) 其中xi是x1还是x2=x1+n,取决于u2gcdk(n1,k1)+u1gcdk(n2,k2)是否为偶数. 证明.令整数x满足设σx∈Sβ,即有或 注意 gcd(x,2n)=
1. cosk1xπ=cosk1π cos nk2xπ = cos nk2π n n cosk1xπ=−cosk1π cos nk2xπ = −cos nk2π n n (2.14)(2.15)(2.16) coskxπ=coskπ⇐⇒k(x±1)=偶数倍n, n n coskxπ=−coskπ⇐⇒k(x±1)=奇数倍n, n n 因此(2.15),(2.16)均可分解为4个方程,从而一共得到8个方程,如下: k1(x−1)=偶数倍n,k2(x−1)=偶数倍n (2.17) k1(x−1)=偶数倍n,k2(x+1)=偶数倍n (2.18) k1(x+1)=偶数倍n,k2(x−1)=偶数倍n (2.19) k1(x+1)=偶数倍n,k2(x+1)=偶数倍n (2.20) k1(x+1)=奇数倍n,k2(x+1)=奇数倍n (2.21) k1(x+1)=奇数倍n,k2(x−1)=奇数倍n (2.22) k1(x−1)=奇数倍n,k2(x+1)=奇数倍n (2.23) 12 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 蛙鸣 k1(x−1)=奇数倍n,k2(x−1)=奇数倍n 为求解这些方程,我们重新组织一下.注意到(2.17)与(2.24)含于一个更简单的方程 k(x−1)≡
0  1 k(x − 1) ≡
0 2 (modn)(modn) (2.24)(2.25) 注意到gcd(k1,k2,n)=
1,所以以上方程的解是x≡1(modn).当n是奇数时,满足(2.14)的解是唯一的,即x≡1(mod2n);此时它满足 (2.17)或(2.24). 当n是偶数时,满足(2.24)的解有两个,即x≡1,n+1(mod2n),其中前一个解x≡1(mod2n)满足(2.17);后一个解x≡n+1(mod2n)满足(2.24)当且仅当k1,k2都是奇数(k1,k2不可能都是偶数,从而不会满足(2.17)). 从而结论是:当且仅当n为偶数且k1,k2都是奇数时,(2.17)或(2.24)有两个解x≡1,n+1(mod2n),否则仅有一个解x≡1(mod2n). 类似地,(2.18)或(2.23)含于一个更简单的方程 k(x−1)≡
0  1 k(x + 1) ≡
0 2 (modn)(modn) (2.26) 它等价于方程 x≡1(modn) x≡−
1 gcd(n,k1) (modn) gcd(n,k2) 因此,根据中国剩余定理(参见[14]),以上方程组有解当且仅当 (2.27) gcd(m1,m2)1−(−1)=
2, (2.28) 其中不难求出 nm1=gcd(n,k1), nm2=gcd(n,k2). (2.29) n n n gcd(m1,m2)=lcm(gcd(n,k1),gcd(n,k2))=gcd(n,k1)gcd(n,k2)=gcd(n,k1)gcd(n,k2) gcd(gcd(n,k1),gcd(n,k2)) =
D, n n lcm(m1,m2)=gcd(gcd(n,k1),gcd(n,k2))=1=n. 蛙鸣 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 13 从而(2.27)有解的充要条件为D|
2,且由中国剩余定理(参见[14]),当D|
2 时,同余方程组(2.27),即 x≡1(modm) x≡−
1 1 (modm)
2 的解为 x≡u1gcd(n,k1)−u2gcd(n,k2) 其中整数u1,u2使得 (modn) (2.30) u1gcd(n,k1)+u2gcd(n,k2)=
1.从而(2.26)具有两解 (2.31) x≡u1gcd(n,k1)−u2gcd(n,k2),u1gcd(n,k1)−u2gcd(n,k2)+n(mod2n). (2.32) 注意,x1=u1gcd(n,k1)−u2gcd(n,k2)与u1gcd(n,k1)+u2gcd(n,k2)=1奇偶 性相同,从而是奇数.而u1gcd(n,k1)−u2gcd(n,k2)+n是奇数当且仅当n是偶 数.为验证它们是否满足(2.18)或(2.23),先对x1=u1gcd(n,k1)−u2gcd(n,k2) 计算 k1(x1−1)=k1(−2u2gcd(n,k2))=−u22k1, n n Dgcd(n,k1) (2.33) k2(x1+1)=k2(2u1gcd(n,k1))=u12k2 n n Dgcd(n,k2) (2.34) 对x2=u1gcd(n,k1)−u2gcd(n,k2)+n=x1+n,则有 k1(x2−1)=k1[(x1−1)+n]=k1(x1−1)+k1=−u22k1+k1,(2.35) n n n Dgcd(n,k1) k2(x2+1)=k2[(x1+1)+n]=k2(x1+1)+k2=u12k2+k2. n n n Dgcd(n,k2) (2.36) 若D=
1,(2.33),(2.34)右边都是偶数,从而x1满足(2.18);此时x2要有意义,必须n是偶数,从而k1,k2一奇一偶.(2.35),(2.36)右边的奇偶性分别与k1,k2一致,因此x2不满足(2.18)或(2.23). 若D=
2,则n必定是偶数.此时分两种情况: 若D=2且k1,k2都是奇数,则(2.33),(2.34)右边的奇偶性分别与u2,u1相同,而根据(2.31),此时u1,u2有相反的奇偶性,因此x1不满足(2.18)或(2.23),此时由于k1,k2都是奇数,x2也不满足(2.18)或(2.23).因此此时(2.18)或(2.23)无解. 若D=2且k1,k2一奇一偶.此时容易看出x1,x2中有且仅有一个满足(2.18)或(2.23),并且x1满足(2.18)或(2.23)当且仅当−u2gcdk(n1,k1)+u1gcdk(n2,k2)是偶数. 14 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 蛙鸣 注意到x满足(2.19)或(2.22)当且仅当−x满足(2.18)或(2.23).类似地,x满足(2.20)或(2.21)当且仅当−x满足(2.17)或(2.24).于是我们得到8个方程(2.17)–(2.24)——在条件coskn1π,coskn2π
0,±1下,这些方程的解集互不相交——的在(Z/2nZ)×中的解的并集如下: •若n是奇数,若D=
1,则解集为{[1],[−1],[x1],[−x1]},其中 x1=u1gcd(n,k1)−u2gcd(n,k2) (u1,u2如(2.41)式给出);否则解集为{[1],[−1]}. •若n为偶数且k1,k2都是奇数,则解集为{[1],[−1],[n+1],[n−1]}. •若n为偶数且k1,k2一奇一偶,若D=
1,则解集为{[1],[−1],[x1],[−x1]};若D=
2,则解集为{[1],[−1],[xi],[−xi]},xi是x1还是x2=x1+n取决于u2gcdk(n1,k1)+u1gcdk(n2,k2)是否为偶数;对其它情况,解集为{[1],[−1]}. 定理2.4证毕. □ 如文[11]所述,相比于确定余弦比值(2.1)的次数,一个更基本的问题,是确定其极小多项式.事实上,关于β=oosskk21nππ(其中k1,k2是正整数且gcd(k1,k2,n)= n 1)的极小多项式g(x),可以如下确定[这个方法具有一般性(参见(2.44)式), 因此很可能已经出现在代数数论的教材中,还望方家指点出处.]. 令d=gcd(k1,k2),则gcd(d,n)=
1.容易看到,2cosdnπ的极小多项式是实分圆多项式Ψ2n(x)(参见[11,p.57]),它可视为已知的.而根据[11,p.56]引理 3.5,有 2coskiπ=Dq(2cosdπ), n i n i=1,
2 (2.37) 其中 qi=ki,d i=1,2; (2.38) 而Dn(x)是Dickson多项式,它的一个封闭表达式为 n Dn(x)=2nn−in−ii(−1)ixn−2i, i=
0 (2.39) 其中 n2 为不超过 n2 的最大整数. 例如 D1(x) = x, D2(x) = x2 −
2. 设U(x)∈Q[x]满足同余方程 Dq1(x)U(x)≡Dq2(x)(modΨ2n(x)), (2.40) 蛙鸣 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 15 (注意gcd(Dq1(x),Ψ2n(x))=
1,以上方程在模Ψ2n(x)的剩余域中有唯一解,并且可以用秦九韶“求一术”的推广求解,见[10,13,18])则容易看到, 2coskn2πDq22cosdnπβ=2coskn1π=Dq12cosdnπ =U(2cosdπ).n (2.41) 从而,为求出β=U(2cosdnπ)的极小多项式g(x),我们先求出以 U(2cosdπ)=U(2cos2dπ), n 2n gcd(d,2n)=1,1≤d≤n 为根的多项式f(x).这个f(x)可以如下求出(这一方法作者从复旦大学邵美悦博士那里学来).令Ψ2n(x)的友阵为
A,则 f(x)=det(xI−U(A)). (2.42) 根据Galois理论的基本结果(参见[11,p.67]定理7.1),我们有 f(x)=g(x)m (2.43) 其中正整数m=|Gβ|.这是因为,从G2n到G2nβ的自然映射σ→σ(β)是m重覆盖,从而f(x)的各个根恰好是g(x)的各个根重复m次.进而有 gcd(f(x),f(x))=gcd(g(x)m,mg(x)m−1g(x))=g(x)m−1gcd(g(x),mg(x))=g(x)m−1gcd(g(x),g(x))=g(x)m−
1, 于是 g(x)m f(x) g(x)=g(x)m−1=gcd(f(x),f(x)). (2.44) 注.从(2.41)到(2.44)的推导,给出了求Galois扩域E/F=F(θ)中某元素β=u(θ)的极小多项式的一般方法,这里假定F特征为0,u∈F[x]与θ的极小多项式Φ∈F[x]已知.从(2.43)到(2.44)的推导,是特征0域上的多项式去重根的特例(见[4,p.112]). 例2.1.求的极小多项式. cos2π β= 12π cos12 16 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 蛙鸣 此时k2=2,k1=1,n=12.从而d=gcd(2,1)=
1,显然我们有 2cos2π β= 12π = 2cos12 2cos1π22−22cos1π
2 不难确定, 2cos π12 的极小多项式为 Ψ24(x) = x4 − 4x2 +
1. 求解同余方程 xU(x)≡x2−2(modx4−4x2+1) 得到 U(x)≡x2−2≡x+2(x3−4x)≡2x3−7x(modx4−4x2+1)x Ψ24(x)的友阵为   01 00 00 −01 A=0104, 0010 从而   −07 −20 0−
2 −01 U(A)=2A3−7A=0102. 2010 其特征多项式为 f(x)=det(xI−U(A))=x4−12x2+
9. 由于 gcd(f(x),f(x))=gcd(x4−12x2+9,4x3−24x)=
1, 所以 g(x)= f(x) =x4−12x2+
9 gcd(f(x),f(x)) 即为所求.事实上,通过解方程g(x)=
0,可进一步确定 √β=6−33. 蛙鸣 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 17 3有理角正弦比值的次数与极小多项式 根据定理2.1,或者用完全平行的方法论证,容易得到正弦比值的下述结果. 定理3.1.设n是正整数且6∤n,整数k1,k2满足 gcd(n,k1,k2)=
1, sink1π,sink2π n n 令α=sinkn2π±1,sinkn1π D=n.gcd(n,k1)gcd(n,k2) 则有
0,±1. (3.1)(3.2) •若n是奇数,则 φ(2n)φ(n)degQ(α)=2=
2. (3.3) •若n是偶数且k1,k2都是奇数,则 φ(2n)=φ(n), degQ(α) =  8φ(2n) =
4 φ(n),
4 2 若D=2;其它情况. (3.4) •若n是偶数且k1,k2一奇一偶,则 φ(2n)=φ(n), degQ(α) =  4φ(2n) =
2 φ(n),
2 若D=1或D=2;其它情况. (3.5) α的极小多项式,可以归结为对应的余弦比值的极小多项式,也可以用第二类Dickson多项式平行计算,此处从略. 4有理角正切比值的次数与极小多项式 对于有理角正切比值的次数,根据等式(见定理1.7之前的部分) sin(k2+k1)π +1k2π n(k−k)π tann sin2n1 =,k1π sin(k2+k1)π tan−1n n(k−k)π sin2n1 与定理3.1,我们也可以得到部分结果.总的来说,正切比值的次数问题归结为 正弦比值的次数问题.我们可得到以下结果. 18 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 蛙鸣 定理4.1.设n是正整数且6∤n,整数k1,k2满足 gcd(n,k1,k2)=
1, tank1πtank2π
0, n n 若γ=tankn2π±1,tankn1π 则 sin(k1±k2)πn ±
1.(4.1) •若n是奇数,则 φ(n)degQ(γ)=
2. •若n是偶数且k1,k2一奇一偶,则 φ(n), degQ(γ) = 
4 φ(n),
2 若gcd(n,k1+k2)ngcd(n,k1−k2)=2;其它情况. (4.2)(4.3) •若n是偶数且k1,k2都是奇数,则 φ(n), degQ(γ) = 
4 φ(n),
2 若gcd(n,k1+k22)ngcd(n,k1−k2)=1,2;其它情况. (4.4) γ的极小多项式,可以归结为对应的正弦比值的极小多项式,此处从略. 5新的猜想 要去掉定理2.1,3.1,4.1中的限制6∤n,根据引理2.2,我们只要证明以下猜想: 猜想5.1.设n是正整数,整数k1,k2满足 gcd(n,k1,k2)=
1, cosk1πcosk2π
0. n n 若β=coskn2π±1,coskn1π 则 cosk1πcosk2π∈Q(β) (5.1) n n 蛙鸣 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 19 注意,在定理2.3的证明中已确认6∤n时猜想5.1成立,故只需对6|n的情况进行证明或否定. 我们提请有兴趣的读者注意,在Evans–Isaacs[8,p.28]中,两位作者曾证明一个类似的结果.即在猜想5.1的条件下,有 cosk1πcosk2π∈Q(cosk1π+cosk2π). n n n n (5.2) 并由此确定出coskn1π+coskn2π的次数.他们的结果可以表述如下:定理5.2.设n是正整数且整数k1,k2满足 gcd(n,k1,k2)=
1, cosk1πn ±cosk2π.n 令 δ=cosk1π+cosk2π, (5.3) n n 则有 d=2n.gcd(2n,k1)gcd(2n,k2) kπkπ ,φ(gcd(22nn,k1))φ(gcd(22nn,k2)) [Q(cos 1,cosn 2 n ) : Q] =  ,2φ(d) φ(gcd(22nn,k1))φ(gcd(22nn,k2))
4 若d>2;若d≤
2. (5.4)(5.5) 并且有 21[Q(coskn1π,coskn2π):Q], degQ(δ)=[Q(cosk1π,cosk2π):Q], n n 若gcd(2n,k1k2)=
1 且k12≡±k22(mod2n);其它情况. (5.6) 这两位作者还确定了coskn1π,coskn2π的任意有理系数线性组合 a1cosk1π+a2cosk2π n n (5.7) 在有理数域上的次数.此处从略,有兴趣的读者可见[8,p.32]定理
9.注意,用类似于本文第2节末尾给出的方法,也可以计算δ以及一般的线 性组合(5.7)的极小多项式.事实上,同样的方法可以求出任意两个有理角的三角函数的和、差、积、商的极小多项式.[8]的两位作者在文章一开头提到,他们的方法不能推广到三个以上线性组合的情形,而本文第2节末尾给出的求极小多项式的方法,对此依然适用. 20 有理角三角函数比值的次数与极小多项式 蛙鸣 致谢 感谢首都师范大学李克正教授、山东大学李良攀教授、南京大学朱富海教授、西安电子科技大学张哲博士、中国传媒大学陈见柯博士、中央民族大学王兢博士、中国矿业大学(北京)张汉雄博士、北京市朝阳区教研中心张浩博士与作者讨论交流.感谢西安邮电大学仝秋娟老师帮忙传递文献.感谢本刊审稿人对初稿提出宝贵意见. 参考文献 [1]
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