Lemme de Liouville et transcendance

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

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

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

$$\frac{1}{\left(\sum_{k=0}^{n}a_{k}10^{n!-k:}\right)^{d}}\leq C\left|\alpha-S_{n}\right|=C\sum_{k\geq n+1}\frac{a_{k}}{10^{k!}}$$

On a donc comme pour tout $k$ :$0\leq a_{k}\leq 9$ les inégalité suivantes,

$$\frac{1}{9^{d}(n+1)^{d}10^{(n!)d}}\leq\frac{1}{\left(\sum_{k=0}^{n}a_{k}10^{n!-k:}\right)^{d}}\leq C\left|\alpha-S_{n}\right|=C\sum_{k\geq n+1}\frac{a_{k}}{10^{k!}}\leq K\frac{1}{10^{(n+1)!}}$$

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