Ivan Shishkin, Rye (1878)

Problems/Real analysisUnreviewedEdited since review

Lemme de Liouville et transcendance

by Cypress·
35
Difficulty scaleÉchelle de difficulté

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  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
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Soit d∈N∗d \in \mathbb{N}^{*}. 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\big((p_{n})_{n \in\mathbb{N}},(q_{n})_{ n \in \mathbb{N}}\big) \in \left((\mathbb{Z}^{*})^\mathbb{N}\right)^2 tel que :

lim⁡n→+∞pnqn=α\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \dfrac{p_n}{q_n}=\alpha et ∀n∈N,pnqn≠α\forall n \in \mathbb{N}, \dfrac{p_n}{q_n} \neq \alpha (puisque α\alpha est irrationnel).

  1. Montrer alors que 1pnd=O(∣α−pnqn∣)\displaystyle\frac{1}{p_{n}^{d}} = O\left(\left\lvert\alpha - \frac{p_n}{q_n}\right\rvert\right)
  2. En déduire que ∑n=0+∞110n!\displaystyle\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 quantité : ∑n=0+∞an10n!\displaystyle\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}
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Solution by Pinus halepensis

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  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.

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