Mostrar que $\pi \notin Q(\pi^3)$

Question

Como dice el titulo. Creo que una prueba por contradicción es la cosa más natural. Supongamos que $\pi \in Q(\pi^3)$. \begin{equation} \pi = \frac{a_n(\pi^3)^n+\cdots+a_1\pi^3+a_0}{b_m(\pi^3)^m+\cdots+b_1\pi^3+b_0} \text{.} \end{Ecuación} no está seguro de cómo proceder de aquí sin embargo.

También tengo una pregunta relacionada, que es mostrar $\sqrt{2} \notin Q(\pi)$. Creo que si lo puedo solucionar cada uno de ellos, puedo solucionar otro. Cualquier ayuda sería mucho apreció.

Answer 1

Desde $ de $$\pi = \frac{a_n\pi^{3n}+\ldots+a_1\pi^3+a_0}{b_m\pi^{3m}+\ldots +b_1\pi^3+b_0}$ $a_n\ne0$, $b_m\ne0$ obtenemos una ecuación polinómica para $\pi$: $$\tag1(b_m\pi^{3m+1}+\ldots +b_1\pi^4+b_0\pi)-(a_n\pi^{3n}+\ldots+a_1\pi^3+a_0)=0.$ $ Si $n>m$, esto es de grado $3n$ % coeficiente líder $-a_n\ne 0$, si $n\le m$ es de grado $3m+1$ % coeficiente líder $b_m\ne0$. Por lo tanto, $(1)$ demuestra que $\pi$ algabraic, que no es.

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De $$\sqrt 2=\frac{a_n\pi^{n}+\ldots+a_1\pi+a_0}{b_m\pi^{m}+\ldots +b_1\pi+b_0},$ $ obtenemos %#% $ #% por lo tanto % $ $$2=\frac{a_n^2\pi^{2n}+\ldots+2a_0a_1\pi+a_0^2}{b_m^2\pi^{2m}+\ldots +2b_0b_1\pi+b_0^2},$$$\tag2(a_n^2\pi^{2n}+\ldots+a_0^2)-2(b_m^2\pi^{2m}+\ldots +b_0^2)=0.$es trascendental, este debe ser el polinomio cero, es decir, todo lo cancela. Sobre todo, debemos tener $\pi$ y $n=m$. Pero entonces $a_n^2-2b_m^2=0$.

Answer 2

El siguiente resultado general podrían ser de interés para usted.
Si $k$ es un campo y si $\phi(x)=\frac {f(x)}{g(x)}\in k(x)$ es una función racional con $f(x),g(x)\in k[x]$ relativamente primer polinomios (no constante), entonces la extensión de los campos de $k(\phi (x))\subset k(x)$ tiene el grado $$[k(x):k(\phi (x))]=\text {max}\:(\text {deg} \; f(x),\text {deg} \; g(x))$$ This of course implies (if you know that $\pi$ is transcendental and thus may play the role of the indeterminate $x$) that $[\mathbb Q(\pi):\mathbb Q(\pi^3]=3$ and thus a fortiori that $\pi \noen \mathbb Q(\pi^3)$ .

Bibliografía
La fórmula que se muestra se puede encontrar en el Teorema de 8.36, página 614 de Jacobson Básicos de Álgebra II.

Answer 3

Va a demostrar el problema como un caso simple de lo que describe Georges.

Que $k$ ser un campo. Sea $L = k(x)$ el campo de función racional con una variable $x$(we may take $x = \pi$ when $k = \mathbb{Q}$). Que $K = k(x^3)$. Entonces $L = K(x)$. Que $X^3 - a \in K[X]$, donde $a = x^3$. Claramente $X^3 - a$ no puede tener una raíz en $K$ teniendo en cuenta el grado de una raíz si. Por lo tanto es irreducible en $K$. Por lo tanto, $[L\colon K] = 3$.