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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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