Teoria Numeros C Ivorra Castillo

14.1. El teorema de Lindemann-Weierstrass 355
El polinomio
g 1 (x) = ∏ k≠t
(
x − (βt1 − β k1 ) )
es invariante por permutaciones de los conjugados β k1 , luego sus coeficientes
son racionales. Igualmente ocurre con los polinomios
g i (x) =
t 1
∏
t i
∏
k=1 t=1
(
x − (βti − β k1 ) )
para i =2,...,q. Además todos tienen las raíces no nulas.
Llamando A 0 = t 1 A 1 ≠0,k 1 = t 1 (t 1 − 1), k i = t 1 t i para i =2,...,q y
α 1i ,...,α kii a las raíces de g i (x), la ecuación se convierte en
q∑ ∑k i
A 0 + e α ki
=0,
que contradice al teorema 14.1.
A i
i=1 k=1
Ejercicio: Probar que si α 1,...,α n son números algebraicos linealmente independientes
sobre Q entonces e α 1
,...,e αn son algebraicamente independientes sobre Q, es
decir, no son raíces de ningún polinomio P (x 1,...,x n) ∈ Q[x 1,...,x n] no nulo.
Algunas consecuencias inmediatas son las siguientes:
1. Si α ≠0es un número algebraico, entonces e α es un número trascendente.
En particular el número e es trascendente.
En efecto, si c = e α fuera algebraico, tendríamos e α − ce 0 = 0, en contradicción
con el teorema de Lindemann-Weierstrass.
2. El número π es trascendente.
Si π fuera algebraico también lo sería iπ, yelnúmero e iπ = −1 sería
trascendente.
3. Si α ≠1es un número algebraico, entonces log α es trascendente.
Si β = log α ≠ 0 fuera algebraico, entonces α = e β sería trascendente.
4. Si α ≠0es un número algebraico, entonces sen α, cos α, tan α son números
trascendentes.
Si β = sen α =(e iα − e −iα )/2i fuera algebraico, entonces
e iα − e −iα − 2iβe 0 =0,
en contradicción con el teorema de Lindemann-Weierstrass. Igualmente
con el coseno.
Si β = tan α =(e iα − e −iα )/(e iα + e −iα ) fuera algebraico, entonces
(β − 1)e iα +(β +1)e −iα =0,
en contradicción con el teorema de Lindemann-Weierstrass.