Mostrando que $\sqrt \pi$ es trascendental

Question

Estoy tratando de utilizar el hecho de que $\pi$ es trascendental para mostrar que $\sqrt \pi$ es también trascendental $\Bbb{Q}$ . Yo no conozco a ninguna teoremas sobre algebraicas y no algebraicas de los números así que no tengo mucho en mi caja de herramientas. He aquí lo que he hecho hasta ahora :

Deje $P(x) \in \Bbb{Q}[x]$ y escribir $P(x)$, de la siguiente manera $$P(x)= \underbrace{ \left ( \sum_{\text{$j$ even}} a_j x^j +a_0 \right ) }_{Q(x)}+\underbrace{\sum_{\text{$i$ odd}} a_i x^i }_{G(x)}$$ Then $P(\sqrt \pi )= P (\sqrt \pi) + G(\sqrt \pi)$ , $ Q (\sqrt \pi) =\displaystyle \sum_{\text{$j$ incluso}} a_j \sqrt\pi ^j+a_0 =\sum_{\text{$j$ incluso}} a_j \pi^{\frac j 2} +a_0$ hence $Q (\sqrt \pi) \no= 0$ since $\pi$ is transcendental, Similarly I showed $G(\sqrt \pi)$ is also non zero by taking $\sqrt \pi$ as a common factor. I'm now stuck on showing that $G(\sqrt \pi) \= - Q(\sqrt \pi) $ . If can prove that then $P(\sqrt \pi) \no= 0$. ¿Cómo se puede hacer?

Answer 1

Supongamos $\sqrt \pi$ es algebraicas : no es un polinomio $P(X)$ con coeficientes racionales tales que $P(\sqrt \pi)=0$.

Desarrollar el producto $P(X)P(-X)$. Se observa que los extraños poderes de $X$ cancelar el uno al otro, así que usted puede escribir como un polinomio en $X^2$ : No es un polinomio $Q$ (de nuevo con coeficientes racionales) tal que $P(X)P(-X) = Q(X^2)$.

Ahora, $Q(\pi) = Q((\sqrt \pi)^2) = P(\sqrt \pi)P(- \sqrt \pi) = 0$, por lo tanto $\pi$ es algebraico.

Answer 2

Deje $\mathbb Q[\sqrt \pi]$ denotar el más pequeño anillo que contiene a$\mathbb Q$$\sqrt\pi$. Considere la posibilidad de $\mathbb Q[\sqrt \pi]$ como un espacio vectorial sobre $\mathbb Q$ y demostrar que es finito dimensionales suponiendo que $\sqrt \pi$ es algebraico (Sugerencia: utilice el algoritmo de la división para exhihit de un número finito de generación del sistema). Ahora, vamos a la dimensión de $\mathbb Q[\sqrt \pi]$ n. A continuación, $\pi^n.\pi^{n-1},\ldots, 1$ son linealmente dependientes vectores en $\mathbb Q[\sqrt \pi]$. Por lo tanto, $\pi$ es algebraica, una contradicción.

Answer 3

Supongamos $\sqrt{\pi}$ fueron algebraicas sobre $\Bbb{Q}$, es decir, $\Bbb{Q}\left(\sqrt{\pi}\right)/\Bbb{Q}$ es algebraico. Esto nos da el intermedio de la extensión de $\Bbb{Q}(\pi)$: $$ \Bbb{Q}\left(\sqrt{\pi}\right)/\Bbb{Q}\left(\pi\right)/\Bbb{Q}. $$ En particular, esto implica que tanto $\Bbb{Q}\left(\sqrt{\pi}\right) / \Bbb{Q}(\pi)$ $\Bbb{Q}(\pi)/\Bbb{Q}$ son algebraicas, lo cual es una contradicción con el hecho de que $\pi$ es trascendental (cada elemento de a $\Bbb{Q}\left(\sqrt{\pi}\right)$ es algebraica, y $\Bbb{Q}(\pi)\subseteq\Bbb{Q}\left(\sqrt{\pi}\right)$).

Edit: El argumento acerca de los grados de las extensiones de hecho también funciona, después de señalar awllower la sugerencia en los comentarios. $$ \infty > n = \left[\Bbb{Q}\left(\sqrt{\pi}\right) : \Bbb{Q}\right] = \left[\Bbb{Q}\left(\sqrt{\pi}\right) : \Bbb{Q}(\pi)\right]\cdot\left[\Bbb{Q}\left(\pi\): \Bbb{Q}\right], $$ lo que implica $\Bbb{Q}(\pi)$ es finito, y por lo tanto algebraicas.

Answer 4

He encontrado otra manera de solucionarlo, supongo que $\sqrt \pi$ es una raíz de $P(x)$, el cual es definido en la pregunta entonces tenemos$$ \left ( \sum_{\text{$j$ even}} a_j \pi^{\frac j 2} +a_0 \right ) +\sqrt \pi \sum_{\text{$i$ odd}} a_i \pi^{i-1} = 0 $$ then $Q(\pi)=-\sqrt \pi G(\pi)$ upon squaring both sides we get $Q^2(\pi)= \pi G^2(\pi)$ then $Q^2(\pi)- \pi G^2(\pi)=0$ is a polynomial in $\pi$ equal to zero which is a contradiction since $\pi$ es trascendental.