Demostrando que el conjunto de puntos $(x,y)$ en $\mathbb{R}^2$ Satisfaciendo a $y - \cos(x)= 0$

Question

¿Cómo se puede demostrar que el conjunto de puntos $(x,y)$ en $\mathbb{R}^2$ Satisfaciendo a $y-\cos(x)=0$ no es una curva algebraica. Es decir, no existe un polinomio $f(x,y)$ en dos variables $x$ y $y$ y que tiene coeficientes enteros tales que $f(x,y) = y-\cos(x) =0$ .

Esto es lo que tengo hasta ahora, supongamos que por la vía de la contradicción existe $f(x,y)$ que contiene $\mathbb{Q}[x,y]$ con $f(x,y)=y - \cos(x)$ entonces si $y=0$ Debería conseguir $f(x,0)=-\cos(x)$ . Dado que el lado izquierdo tiene un número finito de ceros y el lado derecho tiene un número infinito de ceros.

¿Es correcta mi prueba? ¡Cualquier ayuda será apreciada!

Answer 1

No creo que eso funcione del todo. El problema es que lo que sabes es que $f(x,y) = 0$ para exactamente los mismos valores de $x, y$ para lo cual $y - \cos x = 0$ . De manera equivalente, que $f(x, \cos x) = 0$ para todos $x$ . No sabes que $f(x, y) = y - \cos x$ en general $x, y$ . Pero es esta última afirmación la que requiere su argumento.

Aun así, una variante de su argumento funciona: hay infinitas $x$ tal que $\cos x = 0$ . Por lo tanto, debe haber infinitas soluciones para $f(x, 0) = 0$ . Pero este último es un polinomio, por lo que debe ser que $f(x,0) = 0$ para todos $x$ . Por lo tanto, $f(x, y) = yf_1(x,y)$ para algún polinomio $f_1$ . Pero entonces $f(x, \cos x) = (\cos x)f_1(x, \cos x) = 0$ y por lo tanto $f_1(x, \cos x) = 0$ para todos $x \ne \pi/2 + n\pi$ . Por continuidad, $f_1(x, \cos x) = 0$ para todos $x$ . Al igual que con $f$ Esto implica $y \mid f_1(x,y)$ y por lo tanto $y^2 \mid f(x,y)$ . Continuando, vemos que $y^n \mid f(x,y)$ para todos $n$ , contradiciendo que $f$ es un polinomio.

Adenda:

Un argumento más sencillo: para cualquier $a \in [-1, 1]$ hay infinitas $x$ tal que $\cos x = a$ . Por lo tanto, $f(x, a) = 0$ tiene infinitas raíces. Como $f(x, a)$ es un polinomio en $x$ Esto sólo puede ocurrir si $f(x, a) = 0$ para todos $x$ . Fijación de $x, f(x, y) = 0$ por cada $y \in [-1, 1]$ . De nuevo, ya que $f$ es un polinomio en $y$ Esto requiere que $f(x,y) = 0$ para todos $y$ . Por lo tanto, $f = 0$ en todas partes, no sólo cuando $y = \cos x$ .

Answer 2

Aquí hay otra solución al problema (aunque es casi la misma idea).

Supongamos que $V=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2 ; y=cos(x)\}$ es un conjunto algebraico y sea $X=V\cap \{(x,0)\in \mathbb{R}^2 ; x\in \mathbb{R}\}$ . Tenemos $X\subseteq \{(x,0)\in \mathbb{R}^2 ; x\in \mathbb{R}\}$ y $X$ es un conjunto algebraico de $\mathbb{R}^2$ entonces no es difícil demostrar que $X$ es un conjunto algebraico de $\mathbb{R}$ (¡intenta demostrarlo!) pero $X\neq \mathbb{R}$ es infinito y por tanto no puede ser un conjunto algebraico de $\mathbb{R}$ (los conjuntos algebraicos de $\mathbb{A}^1(k)$ son sólo $\emptyset, \mathbb{A}^1(k)$ y los conjuntos finitos para cada campo $k$ También intenta demostrarlo).

Esta idea de intersectar el conjunto con otro conjunto algebraico para demostrar que no es un conjunto algebraico es muy común en este tipo de problemas.