1 Existence de nombres transcendants (Liouville

Agrégation Interne de Mathématiques
Université de La Rochelle
Jean-Philippe Furter
novembre 2010
Exercices d’algèbre générale
1 Existence de nombres transcendants (Liouville, 1844)
1.1 Enoncé
Nous qualifions ici de transcendant tout nombre réel transcendant sur Q.
Définition. On dit que ξ∈Rest approximable (par les rationnels) à l’ordre n, s’il existe
C > 0et une infinité de rationnels s’écrivant sous la forme p
q(avec p∈Zet q∈N∗non
nécessairement premiers entre eux) tels que
|p
q−ξ|<C qn.
a. Soit ξ∈Run nombre algébrique de degré n≥2. Justifier l’existence de P∈Z[X]
tel que P(ξ) = 0 et deg P=n.
b. On pose M= supx∈[ξ−1,ξ+1] |P0(x)|et C0=1
M+1 . Montrer que ∀(p, q)∈Z×N∗
on a |p
q−ξ|>C0 qn(appliquer le théorème des accroissements finis à Pentre p qet ξ).
c. En déduire que ξn’est pas approximable à l’ordre n+ 1.
d. On suppose maintenant ξ∈Q. Montrer que ξn’est pas approximable à l’ordre 2.
Le résultat suivant est donc acquis :
Théorème. Tout réel algébrique de degré nn’est pas approximable à l’ordre n+ 1.
e. On pose ξ=
+∞
X
n=1
10−n!et ξm=
m
X
n=1
10−n!pour m≥1. Montrer que |ξm−ξ|<
2×10−(m+1)!.
f. Quel que soit n≥1, en déduire que ξest approximable à l’ordre n.
g. En déduire que ξest transcendant.
1.2 Corrigé
a. Soit R∈Q[X]le polynôme minimal de ξsur Q.
On a R=Xn+rn−1Xn−1+. . . +r0, où chaque ri∈Q, donc ris’écrit sous la forme
ri=pi
qiavec pi∈Zet qi∈N∗.
Dès lors, il suffit de poser P=dR, où d=q0. . . qn−1.
Note. On peut aussi prendre d=ppcm(q0, . . . , qn−1).
b. On a C0<1, donc l’inégalité demandée est évidente si |p
q−ξ|>1, car C0 qn<1.
1

Supposons donc |p
q−ξ|<1, ie p q∈[ξ−1, ξ + 1] et appliquons le théorème des
accroissements finis à Pentre p
qet ξ.
Il existe donc α∈[ξ−1, ξ + 1] (plus précisément, αstrictement compris entre p
qet
ξ) tel que P(p
q)−P(ξ)=(p q−ξ)P0(α). Or |P0(α)| ≤ M, donc |P(p q)| ≤ M|p q−ξ|.
Mais il existe r∈Ztel que P(p
q) = r qnet r6= 0, car Pest irréductible sur Q(puisqu’à
une constante près, Pest le polynôme minimal de ξsur Q). On a donc |P(p
q)|=|r| qn≥1 qn.
Dès lors, il vient 1
qn≤M|p q−ξ|<(M+ 1)|p q−ξ|, d’où le résultat.
c. Soit C > 0. Montrons qu’il n’y a qu’un nombre fini de couples (p, q)∈Z×N∗tels
que |p
q−ξ|<C
qn+1 .
Si (p, q)satisfait cette dernière égalité, on devrait avoir C0
qn<C
qn+1 , d’où q < C
C0.
On a donc |p
q|−|ξ|<C
qn+1 , d’où |p|
q< C +|ξ|, ie |p|<C C0(C+|ξ|).
Comme pet qsont bornés, on a bien montré le résultat voulu.
d. Il existe (r, s)∈Z×N∗, tel que ξ=r
s.
Si p
q6=ξ, où (p, q)∈Z×N∗, on a |p q−ξ|=|ps−qr qs | ≥ 1 qs .
Si C > 0, montrons qu’il n’existe qu’un nombre fini de rationnels p
q(où (p, q)∈Z×N∗)
tels que |p
q−ξ|<C
q2.
En effet, si cette dernière inégalité est vérifiée et si p
q6=ξ, on devrait avoir 1 qs <C
q2,
d’où q < Cs.
Mais alors, |p
q|−|ξ|<C
q2, d’où |p|
q< C +|ξ|, d’où |p|< Cs(C+|ξ|).
e. Remarquons que ξ= 0,
5!=120
z }| {
1100010 . . . 01
| {z }
4!=24
0. . . 01 0 . . ..
On a |ξm−ξ|=ξ−ξm=X
n≥m+1
10−n!= 10−(m+1)! X
n≥m+1
10(m+1)!−n!.
Or X
n≥m+1
10(m+1)!−n!=X
i≥0
10(m+1)!−(m+1+i)!.
Mais quel que soit i≥0, on a (m+ 1 + i)! −(m+ 1)! ≥i. En effet, si i= 0, c’est
évident et si i≥1, on a
(m+1+i)! −(m+ 1)! ≥(m+1+i)(m+ 1)! −(m+ 1)! = (m+i)(m+ 1)! ≥i.
Dès lors, X
i≥0
10(m+1)!−(m+1+i)! ≤X
i≥0
10−i=10
9<2, d’où le résultat.
f. Soit n≥1fixé. Montrons qu’il existe une infinité de rationnels p
q(où (p, q)∈Z×N∗)
tels que |p
q−ξ|<2 qn.
Quel que soit m≥1, on a ξm=pm
qm, où pm=X
1≤i≤m
10m!−i!∈N∗et qm= 10m!∈N∗.
Par conséquent, pour m≥n, on a |pm
qm−ξ|<2×10−(m+1)! =2
(qm)m+1 ≤2
(qm)n.
g. Si ξest algébrique, posons n=degQξ. Alors, par le théorème précédemment
démontré, ξne serait pas approximable à l’ordre n+ 1, contrairement à ce qui a été
démontré à la question précédente. Donc ξest transcendant !
2

2 Transcendance de e(Hermite, 1873)
2.1 Enoncé
Par l’absurde. Si eétait algébrique, il existerait des entiers relatifs a0, . . . , amavec a06= 0
tels que amem+. . . +a1e+a0= 0.
Si pest premier, on pose
f(x) = xp−1(x−1)p(x−2)p...(x−m)p
(p−1)! ;
F(x) =
∞
X
k=0
f(k)(x) =
mp+p−1
X
k=0
f(k)(x) ;
S=
m
X
j=0
ajejZj
0
e−xf(x)dx.
a. Montrer que [−e−xF(x)]0=e−xf(x)et que S=−
m
X
j=0
mp+p−1
X
i=0
ajf(i)(j).
b. Si j∈ {1, . . . , m}, on pose g(x) := (x−j)p
(p−1)! et il existe alors h∈Z[X]tel que
f(x) = g(x)h(x).
b1. Montrer que g(i)(j) = 0 si i6=pet que g(p)(j) = p.
b2. En appliquant la règle de Leibniz au produit gh, montrer que f(i)(j)est un
entier divisible par p(quel que soit i≥0).
c. Si j= 0, on pose g(x) := xp−1
(p−1)! et il existe alors h∈Z[X]tel que f(x) = g(x)h(x).
c1. Montrer que g(i)(0) = 0 si i6=p−1et que g(p−1)(0) = 1.
c2. En appliquant la règle de Leibniz au produit gh, montrer que f(i)(0) est un
entier divisible par psi i6=p−1et que
f(p−1)(0) = (−1)p. . . (−m)p.
d. En déduire que S∈Zet que S≡ −a0(−1)p. . . (−m)p(mod p).
e. En déduire que si p > max{m, |a0|}, alors S∈Z∗.
f. Si x∈[0, m], montrer que |f(x)| ≤ mmp+p−1
(p−1)! .
g. En déduire que |S| ≤ (
m
X
j=0 |aj|jej)mmp+p−1
(p−1)! et conclure.
Note. En 1874, Cantor donne une preuve révolutionnaire de l’existence de nombres
transcendants : il établit l’existence de ceux-ci sans en construire explicitement un seul ! Sa
preuve utilise des méthodes de théorie des ensemble et fût l’un des premiers triomphes de
sa théorie des cardinaux infinis. Il est intéressant de signaler que le monde mathématique
d’alors a accueilli sa preuve avec une grande suspicion. Sa démonstration est la suivante :
le cardinal des nombres algébriques est dénombrable et Rne l’est pas, d’où l’existence
de nombres transcendants !
3

2.2 Corrigé
a. On a [−e−xF(x)]0=e−x(F(x)−F0(x)) = e−xf(x), donc
S=−
m
X
j=0
ajej[e−xF(x)]j
0=−
m
X
j=0
ajF(j)+(
m
X
j=0
ajej)F(0) = −
m
X
j=0
ajF(j),
or pour tout j,F(j) =
mp+p−1
X
i=0
f(i)(j), d’où le résultat demandé.
b1. Si i≤p, on a g(i)(x) = p
ii!
(p−1)! (x−j)p−iet si i>p, on a g(i)(x)=0.
b2. On a f=gh, donc f(i)(j) = X
0≤k≤ii
kg(k)(j)h(i−k)(j). Mais i
k∈Z,g(k)(j)∈pZ
et h(i−k)(j)∈Z, d’où le résultat.
c1. Si i≤p−1, on a g(i)(x) = p−1
ii!
(p−1)! xp−1−i=xp−1−i (p−1−i)! et si i>p−1, on a
g(i)(x)=0, d’où le résultat.
c2. Quel que soit i≥0, on a f(i)(0) = X
0≤k≤ii
kg(k)(0)h(i−k)(0).
Si i≤p−2, on a donc f(i)(0) = 0.
Si i=p−1, on a donc f(p−1)(0) = h(0).
Or h(x)=(x−1)p. . . (x−m)p, donc f(p−1)(0) = (−1)p. . . (−m)p.
Si i≥p, on a donc f(i)(0) = i
p−1h(i−p+1)(0).
Or h(x) = [(x−1) . . . (x−m)]p, donc h0(x)∈pZ[x]et pour tout l≥1h(l)(x)∈pZ[x],
d’où h(i−p+1)(0) ∈pZ, d’où f(i)(0) ∈pZ.
d. Si (j, i)∈ {0, . . . , m} × N, on a montré que f(i)(j)est un entier.
De plus, si (j, i)6= (0, p −1), on a montré que cet entier est divisible par p, donc
S≡ −a0f(p−1)(0) mod p, d’où le résultat.
e. Si p > max{m, |a0|}, alors a0et 1, . . . , m ne sont pas divisibles par p, donc Sn’est
pas divisible par p, donc S6= 0.
f. On a |x|,|x−1|,...,|x−m| ≤ mce qui implique directement l’inégalité demandée.
g. On a |Rj
0e−xf(x)dx| ≤ mmp+p−1
(p−1)! Rj
0dx =jmmp+p−1
(p−1)! , d’où l’inégalité cherchée.
On a limp→∞ mmp+p−1
(p−1)! = 0 et
m
X
j=0 |aj|jejest une constante,
donc lim
p→∞(
m
X
j=0 |aj|jej)mmp+p−1
(p−1)! = 0.
Par conséquent, il existe N≥0tel que p>N=⇒(
m
X
j=0 |aj|jej)mmp+p−1
(p−1)! ≤1 2.
Dès lors, si l’on choisit ppremier avec p > max{m, |a0|, N}, on aura d’une part S∈Z∗
et d’autre part |S| ≤ 1
2, ce qui est absurde.
4

3 Le cas n= 4 du théorème de Fermat
On se propose d’établir l’énoncé suivant :
Théorème. L’équation x4+y4=z4n’a pas de solution dans N∗.
Montrer qu’il suffit d’établir le résultat suivant :
Théorème A. L’équation x4+y4=z2n’a pas de solution dans N∗.
3.1 Résultats préliminaires
1. En remarquant qu’un carré est congru à 0ou 1modulo 4, montrer le
Lemme. Si x,yet zsont des entiers tels que x2+y2=z2, alors xou yest pair.
2. Montrer le
Théorème. La solution générale de l’équation x2+y2=z2, où x, y, z ∈N∗satisfont
pgcd(x, y)=1et 2|xest
x= 2ab,y=a2−b2,z=a2+b2,
où a, b sont des entiers de parités opposées satisfaisant a > b > 0et pgcd(a, b)=1.
Si A:= z+y
2et B:= z−y 2, on pourra d’une part montrer que Aet Bsont des entiers
premiers entre eux et d’autre part montrer que AB est un carré.
3.2 Preuve du théorème A
On utilise un processus de "descente" qui consiste à construire à partir d’une solution
de x4+y4=z2une solution plus petite en un sens à préciser.
On raisonne par l’absurde et l’on suppose que l’équation x4+y4=z2admet une
solution dans N∗. Choisissons une telle solution avec zminimal. On va exhiber une
contradiction en construisant i, j, k ∈N∗tels que i4+j4=k2avec k < z.
1. Montrer que pgcd(x, y)=1.
2. Quitte à échanger xet y, montrer qu’il existe des entiers de parités opposées
satisfaisant a > b > 0et pgcd(a, b)=1tels que
x2= 2ab,y2=a2−b2,z=a2+b2.
3. Montrer qu’il existe un entier ctel que b= 2c. À nouveau, on pourra remarquer
que tout carré est congru à 0ou 1modulo 4.
4. Montrer qu’il existe des entiers strictement positifs ket ltels que a=k2,c=l2et
pgcd(k, l)=1. On pourra d’une part montrer que pgcd(a, c) = 1 et d’autre part montrer
que ac est un carré.
5. Montrer qu’il existe des entiers de parités opposées satisfaisant
g > h > 0et pgcd(g, h)=1tels que l2=gh,y=g2−h2et k2=g2+h2.
6. Montrer qu’il existe i, j ∈N∗tels que g=i2et h=j2.
7. Montrer que i4+j4=k2et conclure.
5