证明n倍角的余弦值不可能为单位分数

\ex 已知$p$为奇素数，$\alpha\in[0,\frac{\pi}{2}]$，满足$\cos\alpha=\frac{1}{p}$．求证：对任意大于$1$的整数$n$，均不存在正整数$m$，使得$\cos n\alpha=\frac{1}{m}$．\begin{proof}假设结论不成立，即存在正整数$n>1$和$m$，使得$\cos n\alpha=\frac{1}{m}$．由$$e^{\mathrm{i}\cdot (\pm\alpha)}=\cos\alpha\pm\mathrm{i}\sin\alpha=\frac{1}{p}\pm\mathrm{i}\frac{\sqrt{p^{2}-1}}{p}$$知：$$e^{\mathrm{i}\cdot (\pm n\alpha)}=\cos n\alpha\pm\mathrm{i}\sin n\alpha=\left(\frac{1\pm\mathrm{i}\sqrt{p^{2}-1}}{p}\right)^{n}$$于是$$\begin{aligned}\cos n\alpha=&\frac{(1+\mathrm{i}\sqrt{p^{2}-1})^{n}+(1-\mathrm{i}\sqrt{p^{2}-1})^{n}}{2p^{n}}\\=&\dfrac{\sum\limits_{k=0}^{[n/2]}(-1)^{k}(p^{2}-1)^{k}\mathrm{C}_{n}^{2k}}{p^{n}}=\frac{1}{m}\end{aligned}$$由于$p$是素数，必存在正整数$l\le n$，使得$m=p^{l}$，$\sum\limits_{k=0}^{[n/2]}(-1)^{k}(p^{2}-1)^{k}\mathrm{C}_{n}^{2k}=p^{n-l}$．注意到$$\sum\limits_{k=0}^{[n/2]}(-1)^{k}(p^{2}-1)^{k}\mathrm{C}_{n}^{2k}\equiv \sum\limits_{k=0}^{[n/2]}\mathrm{C}_{n}^{2k}=2^{n-1}\pmod{p}$$若$l<n$，则必有$p\mid 2$，于是$p=2$，这与$p$是奇素数矛盾，因此$l=n$．此时有$$\sum\limits_{k=0}^{[n/2]-1}(-1)^{k}(p^{2}-1)^{k}\mathrm{C}_{n}^{2k+2}=0$$考虑左边$2$的幂次．于是设$v_{2}(p^{2}-1)=a$，$v_{2}(n(n-1))=b$．由$p$为奇数知$a\ge 3$．于是对任意$k\ge 1$，都有$$\begin{aligned}&v_{2}\left((p^{2}-1)^{k}\mathrm{C}_{n}^{2k+2}\right)=v_{2}((p^{2}-1)^{k})+v_{2}(\mathrm{C}_{n}^{2k+2})\\=&ak+v_{2}(n(n-1)\cdots(n-2k-1))-v_{2}((2k+2)!)\\\ge&ak+b-v_{2}((2k+2)!)\end{aligned}$$由Legendre定理，$v_{2}((2k+2)!)=2k+2-S_{2}(2k+2)$，其中$S_{2}(n)$为$n$的二进制表示下的数码和，至少为$1$．于是$v_{2}((2k+2)!)\ge 2k+1$．因此$$v_{2}\left((p^{2}-1)^{k}\mathrm{C}_{n}^{2k+2}\right)\ge ak+b-2k-1\ge 3k+b-2k-1\ge b.$$$k=0$时，$v_{2}\left((p^{2}-1)^{k}\mathrm{C}_{n}^{2k+2}\right)=v_{2}(\mathrm{C}_{n}^{2})=b-1$．于是$\sum\limits_{k=0}^{[n/2]-1}(-1)^{k}(p^{2}-1)^{k}\mathrm{C}_{n}^{2k+2}$是$2^{b-1}$的倍数，但不是$2^{b}$的倍数，故不可能等于$0$，矛盾．因此原命题得证．\end{proof}