引理 1 (正切的 $n$ 倍角公式)：
\[\tan n\theta = \frac{C_n^1 \tan^1 \theta - C_n^3 \tan^3 \theta + C_n^5 \tan^5 \theta - \cdots }{C_n^0 \tan^0 \theta - C_n^2 \tan^2 \theta + C_n^4 \tan ^4 \theta - \cdots }.\]
引理 2 ：设 $f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$ 是一个整系数多项式，如果有理数 $v/u$ 是它的一个根，其中整数 $u$ 与 $v$ 互素，则 $u\mid a_n$，$v\mid a_0$。特别地，当 $a_n=1$ 时，$f(x)$ 的有理根都是整数，且为常数项 $a_0$ 的因数。
下面证明命题：对于 $n=3$, $5$, $6$, $7$ 以及所有 $\mbb N\ni n>8$，$\tan(2\pi/n)$ 都是无理数。
为方便书写，记 $t=\tan(2\pi/n)$。
（1）当 $n$ 为奇数时，可以直接验证 $n=3$, $5$, $7$ 时 $t$ 是无理数，而对于奇数 $n>8$，由引理 1 得
\[0=\tan\left(n\cdot\frac{2\pi}n\right)=\frac{C_n^1t-C_n^3t^3+C_n^5t^5-\cdots+(-1)^{(n-1)/2}C_n^nt^n}{C_n^0t^0-C_n^2t^2+C_n^4t^4-\cdots},\]
因为 $t\ne0$，所以得到
\[n-C_n^3t^2+C_n^5t^4-\cdots+(-1)^{(n-1)/2}t^{n-1}=0,\]
由引理 2 知，如果 $t$ 为有理数，由 $t$ 必为整数，但当 $n>8$ 时显然有 $0<t<1$，矛盾。
因此，对于所有大于 $1$ 的奇数 $n$，$t$ 都是无理数；
（2）当 $n$ 为偶数时，$n$ 总可以表示为 $n=2^k\cdot p$，其中 $k$, $p\in\mbb N^+$ 且 $p$ 为奇数。
（2-1）若 $p=1$，即 $n=2^k$ 时，容易验证当 $n=16$ 时 $t$ 为无理数。
假如存在某个 $n_0=2^{k_0}>16$ 使 $t_0=\tan(2\pi/n_0)$ 为有理数，则由两倍角公式知 $\tan(4\pi/n_0)=2t_0/(1-t_0^2)$ 为有理数，即当 $n=n_0/2$ 时 $t$ 也为有理数，如此类推，最终推出 $n=16$ 时 $t$ 也为有理数，矛盾。
因此，对所有 $n=2^k\geqslant 16$，$t$ 都是无理数。
（2-2）若 $p>1$，假设存在某个 $n_0=2^{k_0}\cdot p$ 使 $t_0=\tan(2\pi/n_0)$ 为有理数，类似地，由两倍角公式最终可推得 $n=p$ 时 $t$ 也为有理数，与（1）的结论矛盾。
因此，对所有 $n=2^k\cdot p$，其中 $k$, $p\in\mbb N^+$ 且 $p$ 为大于 $1$ 的奇数，$t$ 都是无理数。
综上所述，命题获证。
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发表于 2013-3-15 13:34
