$\frac{\alpha}{\pi}$

[nassus95]

Scusate la mia ignoranza ma qualcuno potrebbe dirmi come si dimostra che $\frac{\alpha}{\pi}$ è irrazionale (se non sbaglio), con $sen(\alpha)=\frac{3}{5}$.
Se proprio non vi viene sul momento o se non avete voglia di scrivere papiri (se la dimostrazione è lunga) potete anche dirmi soltanto/almeno qualche metodo per risolverlo, qualche trucco che si usa in questi casi, procedimenti standard da provare in questo ed in altri problemi simili, ... (chi più ne ha più ne metta)
Intanto ringrazio in anticipo

[Troleito br00tal]

Beh, supponi che sia razionale: allora esistono $k_1;k_2$ interi tali che $k_1 \alpha = 2k_2 \pi$. Ma questo non si può fare perché...

[nassus95]

$k_1 \alpha = 2k_2 \pi$

Scusami ma non vedo ancora la contraddizione
Fino lì ero arrivato e avevo detto che allora moltiplicando $\alpha$ per un intero dovevo trovare un multiplo di un angolo giro, ovvero che moltiplicando un arco lungo $\alpha$ per qualcosa di intero doveva essere grande come un tot di circonferenze...
Forse ho capito. Intendi che se $k_1 \alpha = 2k_2 \pi \Rightarrow \exists n \in N | sen(n \alpha)=0$ e ora basta dimostrare che ciò è falso.
Così a occhio basterà una semplice induzione?

[elianto84]

Supponiamo per assurdo che si abbia $\alpha=\frac{p}{q}\pi$, con $\sin(\alpha)=\frac{4}{5}$. Allora $\sin(q\alpha)=0$, dunque il polinomio di Chebyshev $U_{q-1}(x)$ si annulla nel punto $x=\cos\alpha=\pm\frac{3}{5}$. Wait a second, questo non può accadere: il coefficiente di testa di un polinomio di Chebyshev (sia esso del primo o del secondo tipo, come in questo caso) è sempre una potenza di $2$, mentre il denominatore di $\frac{3}{5}$, ossia $5$, non lo è.