Ivan Shishkin, Rye (1878)

Problems/Real analysisReviewed

Lemme de Liouville et transcendance

by Cypress·
35
Difficulty scaleÉchelle de difficulté

This score reflects both the level of the required concepts and the difficulty of the solution.Ce score tient compte à la fois du niveau des notions nécessaires et de la difficulté de la résolution.

  1. 1–10First steps / middle schoolPremiers pas / collège
  2. 11–25Beginner / high schoolDébutant / lycée
  3. 26–50Intermediate / undergraduateIntermédiaire / licence
  4. 51–70Advanced / graduateAvancé / master
  5. 71–90Expert / specializedExpert / spécialisé
  6. 91–100Research levelNiveau recherche
These levels are approximate guides.Ces niveaux sont des repères approximatifs.
·
Français
FrançaisAdd translation

Showing the Français version because no English translation exists yet. Add that translation.

Soit α∈R\Q\alpha \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q} tel que ∃P∈Rd[X],P(α)=0\exists P \in \mathbb{R}_{d}\left[ X \right], P(\alpha)=0.
On pose alors, ((pn)n∈N,(qn)n∈N)∈((Z∗)N)2((p_{n})_{n \in\mathbb{N}},(q_{n})_{ n \in \mathbb{N}}) \in ((\mathbb{Z}^{*})^\mathbb{N})^2 telles que
lim⁡n→+∞pnqn=α\lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{p_n}{q_n}=\alpha et ∀n∈N,pnqn≠α\forall n \in \mathbb{N}, \frac{p_n}{q_n} \neq \alpha (puisque α\alpha est irrationnel)

  1. Montrer alors que 1pnd=O(∣α−pnqn∣)\frac{1}{p_{n}^{d}} = O(\lvert\alpha - \frac{p_n}{q_n}\rvert)
  2. En déduire que ∑n=0+∞110n!\sum_{n=0}^{+ \infty} \frac {1}{10^{n!}} est transcendant. C’est à dire qu’il n’est racine d’aucun polynôme à coefficients dans Q\mathbb{Q} .
  3. Faire de même pour la quantitée : ∑n=0∞an10n!\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n}{10^{n!}} avec (an)n∈N∈([ ⁣[0,9] ⁣])N(a_{n})_{n \in \mathbb{N}} \in ([\![0,9]\!])^\mathbb{N}
I solved itMark it doneAdd to my listKeep it in your list
I like this problem3 likes

Liked by

Show related problems0

No related problems yet.

Solutions

1
Reveal solutionsAre you sure? Give it a try first.

Solution by Pinus halepensis

Discussions0 useful votes

  1. Soit α∈R∖Q\alpha\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q} tel qu’il existe PP comme précisé dans l’énoncé tel que P(α)=0P(\alpha)=0. On se donne donc (pn)n(p_n)_n et (qn)n(q_n)_n comme dans l’énoncé. Alors pour tout n∈Nn\in\mathbb{N} :
    qndP(pnqn)∈Z∗q_n^d P\left(\frac{p_n}{q_n}\right)\in\mathbb{Z}^\astdonc on a l’inégalité :
    ∣1qnd∣≤∣P(pnqn)∣\left|\frac{1}{q_n^d}\right|\leq \left|P\left(\frac{p_n}{q_n}\right)\right|Comme PP est un polynôme, en particulier c’est une fonction continue sur [α,pnqn]\left[\alpha,\frac{p_n}{q_n}\right] ou [pnqn,α]\left[\frac{p_n}{q_n},\alpha\right] et dérivable sur les intervalles ouverts en α\alpha et en pnqn\frac{p_n}{q_n}, alors par le théorème des accroissements finis il existe C>0C>0 tel que :
    ∣1qnd∣≤∣P(pnqn)∣≤C∣α−pnqn∣\left|\frac{1}{q_n^d}\right|\leq\left|P\left(\frac{p_n}{q_n}\right)\right|\leq C\left|\alpha-\frac{p_n}{q_n}\right|Or on sait que :
    pnqn⟶n→+∞α\frac{p_n}{q_n}\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow}\alphadonc qu’il existe C′>0C'>0 tel que :
    ∣qnd∣≤C′∣pnd∣\left|q_n^d\right|\leq C'\left|p_n^d\right|et donc que :
    ∣1pnd∣≤C′∣1qnd∣≤C′C∣α−pnqn∣\left|\frac{1}{p_n^d}\right|\leq C'\left|\frac{1}{q_n^d}\right|\leq C'C\left|\alpha-\frac{p_n}{q_n}\right|Ce que l’on voulait.

  2. Montrons maintenant que :
    α=∑k≥0110k!\alpha=\sum_{k\geq 0}\frac{1}{10^{k!}}est transcendant. On raisonne donc par l’absurde en supposant qu’il existe P∈Q[X]P\in\mathbb{Q}[X] de degré dd tel que P(α)=0P(\alpha)=0. On s’intéresse à la suite des sommes partielles Sn=∑k=0n110k!S_n=\sum_{k=0}^n \frac{1}{10^{k!}}, on a pour tout n∈Nn\in\mathbb{N} :
    Sn=110n!∑k=0n10n!−k!S_n=\frac{1}{10^{n!}}\sum_{k=0}^n10^{n!-k!}donc d’après le lemme suivant il existe C>0C>0 tel que l’on a l’inégalité de contrôle suivante :
    1(∑k=0n10n!−k!)d≤C∣α−Sn∣=C∑k≥n+1110k!\frac{1}{\left(\sum_{k=0}^n10^{n!-k!}\right)^d}\leq C\left|\alpha-S_n\right|=C\sum_{k\geq n+1}\frac{1}{10^{k!}}Le terme (∑k=0n10n!−k!)d≤(n+1)d10(n!)d\left(\sum_{k=0}^n10^{n!-k!}\right)^d\leq (n+1)^d10^{(n!)d} et le terme ∑k≥n+1110k!≤C′10(n+1)!\sum_{k\geq n+1}\frac{1}{10^{k!}}\leq\frac{C'}{10^{(n+1)!}} où C′C' est une constante. Donc on a l’inégalité suivante :
    1(n+1)d10(n!)d≤K110(n+1)!ouˋK=CC′\frac{1}{(n+1)^d10^{(n!)d}}\leq K\frac{1}{10^{(n+1)!}}\quad \text{où}\quad K=CC'Or :
    (n+1)d10(n!)d10(n+1)!⟶n→+∞0\frac{(n+1)^d10^{(n!)d}}{10^{(n+1)!}}\underset{n\to+\infty}{\longrightarrow}0Donc pour nn assez grand l’inégalité ci-dessus sera fausse, on obtient donc une contradiction. Donc α\alpha est transcendant.

  3. Pour α=∑k≥0ak10k!\alpha=\sum_{k\geq0}\frac{a_{k}}{10^{k!}}, on procède de la même manière. On raisonne par l’absurde on a alors l’inégalité de contrôle suivante pour tout n∈Nn\in\mathbb{N} :

    1(∑k=0nak10n!−k:)d≤C∣α−Sn∣=C∑k≥n+1ak10k!\frac{1}{\left(\sum_{k=0}^{n}a_{k}10^{n!-k:}\right)^{d}}\leq C\left|\alpha-S_{n}\right|=C\sum_{k\geq n+1}\frac{a_{k}}{10^{k!}}

    On a donc comme pour tout kk :0≤ak≤90\leq a_{k}\leq 9 les inégalité suivantes,

    19d(n+1)d10(n!)d≤1(∑k=0nak10n!−k:)d≤C∣α−Sn∣=C∑k≥n+1ak10k!≤K110(n+1)!\frac{1}{9^{d}(n+1)^{d}10^{(n!)d}}\leq\frac{1}{\left(\sum_{k=0}^{n}a_{k}10^{n!-k:}\right)^{d}}\leq C\left|\alpha-S_{n}\right|=C\sum_{k\geq n+1}\frac{a_{k}}{10^{k!}}\leq K\frac{1}{10^{(n+1)!}}

    où KK est une constante. On conlut alors de la même manière que précédemment que α\alpha est transcendant.

Report

For an unclear, ambiguous, or possibly incorrect statement, please use the Discussion tab on the right. Report content that needs moderator intervention, such as dangerous, clearly non-mathematical, or plagiarized content.