因为某些特殊原因,突然想起这个或许出现在当年PKU自主招生的问题,瞎想了一个做法,算是对时光不再与自己长大的感慨吧。


证明:
利用三倍角公式有 sin ⁡ ( 30 ° ) = sin ⁡ ( 20 ° ) cos ⁡ ( 10 ° ) + sin ⁡ ( 10 ° ) cos ⁡ ( 20 ° ) = 2 sin ⁡ ( 10 ° ) [ 1 − sin ⁡ 2 ( 10 ° ) ] + sin ⁡ ( 10 ° ) [ 1 − 2 sin ⁡ 2 ( 10 ° ) ] = 1 2 \sin(30°)=\sin(20°)\cos(10°)+\sin(10°)\cos(20°)=2\sin(10°)[1-\sin^2(10°)]+\sin(10°)[1-2\sin^2(10°)]=\frac 1 2 sin(30°)=sin(20°)cos(10°)+sin(10°)cos(20°)=2sin(10°)[1−sin2(10°)]+sin(10°)[1−2sin2(10°)]=21​

记 sin ⁡ ( 10 ° ) = x \sin(10°)=x sin(10°)=x,则有 − 4 x 3 + 3 x + 1 2 = 0 -4x^3+3x+\frac1 2 =0 −4x3+3x+21​=0

考虑反证法,假定 sin ⁡ ( 10 ° ) \sin (10°) sin(10°)是有理数,则有 x = p q ( > 0 ) x=\frac p q(>0) x=qp​(>0),其中 p , q p,q p,q为互质的正整数,将其代入上述方程中,并在方程两边同时乘以 q 3 q^3 q3:

− 4 p 3 + 3 p q 2 + q 3 2 = 0 -4p^3+3pq^2+\cfrac {q^3}{2}=0 −4p3+3pq2+2q3​=0

由于方程左边前两项均是整数且右边是0,所以 q 3 2 \cfrac {q^3}{2} 2q3​一定是整数,也即 q q q为偶数,故可设 q = 2 q ′ q=2q' q=2q′,其中 q ′ q' q′为正整数,将其代入方程并在两边同除以4:

− p 3 + 3 p ( q ′ ) 2 + ( q ′ ) 3 = 0 -p^3+3p(q')^2+(q')^3=0 −p3+3p(q′)2+(q′)3=0

又因为 q q q为偶数, p , q p,q p,q互质,所以 p p p一定为奇数,进一步有 − p 3 , 3 p -p^3,3p −p3,3p均为奇数。下面考虑对 q ′ q' q′的奇偶进行分类讨论,若 q ′ q' q′为奇数,则方程左边就是“奇数+奇数+奇数”的形式,显然不可能等于0;若 q ′ q' q′为偶数,由于“奇数×偶数=偶数”,方程左边是“奇数+偶数+偶数”的形式,也不可能等于0,故假设不成立, sin ⁡ ( 10 ° ) \sin(10°) sin(10°)为无理数得证

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