Si $p(x,y) \in \mathbb{Q}[x,y]$ es tal que $p(x,e^x) = 0$ entonces $p(x,y) = 0$ también.

Question

Supongamos que para algún polinomio racional de dos variables que la evaluación de la segunda variable en $e^x$ da 0, entonces la evaluación en cualquier $y$ también da 0.

He visto una prueba que utiliza un argumento limitador basado en el cálculo, pero me preguntaba si habría algún tipo de prueba algebraica, tal vez utilizando la trascendencia de $e$ en $\mathbb{Q}$ ?

¿Alguna idea? Gracias.

Answer 1

Supongamos que $p$ es distinto de cero. Entonces, existe $n\in\mathbb{N}$ tal que $p(n,y)$ es un elemento no nulo de $\mathbb{Q}[y]$ . Ahora, la ecuación $p\left(n,\text{e}^n\right)=0$ implica que $\text{e}^n$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}$ que es una contradicción.

Answer 2

Permítanme aportar el argumento al que me he referido varias veces. Está tomado de una página de soluciones de exámenes de calificación de la Universidad de Missouri.

Sea $n$ sea el mayor exponente de $y$ en $p(x,y)$ . Entonces podemos escribir $0 = p(x,e^x) = e^{nx}p_n(x) + \cdots + e^xp_1(x) + p_0(x)$ donde cada $p_i \in \mathbb{Q}[x]$ . Si $n=0$ entonces no hay nada que demostrar, así que para $n \ge 1$ tenemos $p_n(x) = -(e^{-x}p_{n-1}(x)+ \cdots + e^{-nx}p_0(x))$ . Desde $e^x$ siempre domina a los polinomios en $x$ si tomamos el límite como $x \rightarrow \infty$ obtenemos 0. $p_n(x) = 0$ . Pero esto dice $y^n$ no aparece en $p(x,y)$ una contradicción.

Me gusta mucho más la respuesta de @Batominovski.