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LA TRANSCENDANCE DE E ET Π
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Copyright Titre: La transcendance de e et π Auteur: Morphocode © 2007, Morphocode ALL RIGHTS RESERVED. This book contains material protected under International and Federal Copyright Laws and Treaties. Any unauthorized reprint or use of this material is prohibited. No part of this book may be reproduced or transmitted in any form or by any means, electronic or mechanical, including photocopying, recording, or by any information storage and retrieval system without express written permission from the author. 2
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E ET Π SONT TRANSCENDANTS
Rappel : Définition un nombre transcendant : On dit qu'un nombre est algébrique s'il est une racine d'un polynôme à coefficients entiers. Un nombre transcendant est un nombre qui n'est pas algébrique. Les conjugués : Les racines distinctes d'un polynôme à coefficients entiers (les conjugués c'est comme des frères et soeurs). Théorème des polynômes symétriques: Si les αi sont des conjugués, alors pour tout polynôme symétrique g à coefficients entiers, g(α1,α2, ..., αn) est un rationnel. On va démontrer le théorème suivant:
K, ci entiers non nuls, et les βi conjugués distincts Démontration : L'idée c'est trouver une suite d'entiers NON NUL qui converge vers zéro.
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On pose:
Avec p=premier, le D est très important, il est là pour chasser les dénominateurs, on le choisira astucieusement pour supprimer les dénominateurs rencontrés ... bref c'est un bon homme à tout faire !!! Et l'intégrale complexe
Avec s=complexe I(s) c'est donc un nombre complexe, l'intégrale se fait sur n'importe quel chemin de 0 à s C'est I(s) que nous allons étudier. I. Majoré I(s) : |x| ≤ |s| car 0 ≤ x ≤ s |s-x| ≤ |s| |es-x| ≤ |eR(s-x)| ≤ e|s| |f(x)| ≤ f*(|x|) ≤ f*(|s|)
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on a: | | | | | |I(s)| ≤ |s|e|s|f*(|s|) ça donne: |I(s)|≤ |s|e|s| |D|mp|s|p-1(|s|+|β1|)p(|s|+|β2|)p...(|s|+|βm|)p/(p1)! |I(s)| ≤ e|s| |D|mp|s|p(|s|+|β|)mp/(p-1)! où |β| = max des |βi| donc |I(s)|≤
qui tend vers 0 quand p⤍+∞
II. Relation Hermite :
Avec s=complexe
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Intégration par partie u = f(x) u' = f'(x) v = es-x V = -es-x
finalement (relation Hermite) :
Où n = d°f = mp+p-1 Appliquez cette relation sur βi
Puis multipliez par ci entier et sommons le tout sur i
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posons:
voyons de plus près le terme
au lieu de sommer en lignes j (puis en colonnes i) , on ne voit rien !!! par contre si on somme d'abord en colonnes i (puis en lignes j) alors là on voit quelque chose. En effet en sommant en colonne i le résultat est un nombre rationnel , non seulemnt c'est un rationnel mais en plus il est de la forme p . donc en choisissant astucieusement D on débarrasse le dénominateur v on obtient ainssi un multiple de p.
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Permutons donc les 2 sommes.
III. Etudier les sommes :
et
Voyons de plus près f(j)(0) et f(j)(βi) Pour f(j)(0) : 1. cas j < p-1 ⇒ f(j)(0) = 0 car il y a le facteur x dans le produit. 2. pour j = p-1 on utilise la formule de Taylor: ....+ f(p-1)(0)x(p-1)/(p-1)!+ ... = xp-1(x-β1)p(x-β2)p...(x-βm)p/(p1)! or f(p-1)(0) est le terme constant de (x - β1)p(x - β2)p...(x - βm)p donc pour j = p-1 ⇒ f(p-1)(0) = Dmp(-1)mp(β1β2...βm)p 3. cas j > p-1 ⇒ f(j)(0) = pA ; A=entier (voir ♡)
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Pour f(j)(βi) : 1. cas j < p-1 ⇒ f(j)(βi) = 0 car il y a le facteur (x - βi) dans le produit. 2. cas j = p-1 ⇒ f(p-1)(βi) = 0 car il y a le facteur (x - βi) dans le produit. 3. pour j > p-1 écrivons f(x) autrement
d'où
donc cas j > p-1 ⇒ f(j)(βi) = pDmpzi où zi=complexe (c'est ici on a besoin 1/(p-1)! pour qu'il apparaisse un 'p' après la simplification:
car on veut un 'modulo p' )
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En resumé: on a: f(p-1)(0) = Dmp(-1)mp(β1β2...βm)p f(j)(0) = pA si j > p-1, avec A=entier f(j)(βi) = pDmpzi pour j > p-1 avec zi=complexe
donc
Quant à cif(j)(βi) = pDmp cizi où zi est un nombre complexe donc on ne peut pas parler de 'modulo p' !! par contre la somme 10
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(que nous allons démontrer ) est un nombre rationnel !! On pose ci(p-1)! f(j)(βi) = Q(βi)
* g est un polynôme à coefficients entiers (car les f( j )(βi) sont des polynômes à coefficients entiers (voir ♡) ), * symétrique en βi car c'est une somme ∑, * les βi sont des conjugués (c'est ici on a besoin que les β i soient des conjugués) donc d'après le théorème des polynômes symétriques :
d'où
est bien un rationnel.
Z 'dépend' de j à cause f(j). 11
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or on a montré que
donc Zj est rationnel ,
puis en choisissant bien D on chasse le dénominateur v finalement
est un entier modulo p. finalement
+pH
où b0 est le terme constant de (x - β1)p(x - β2)p...(x - βm)p dèsque p > sup (|K|,|D|,| b0|) on aura Bp ≠ 0 (mod p) donc Bp est un entier NON NUL alors que Ap 12
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tend vers 0 quand p tend vers +∞ donc contradiction. On doit avoir :
Le théorème est ainsi démontré. Résumé la méthode : 1. On construit une suite d'entiers Bp (pas évident à trouver) 2. On montre qu'elle est non nulle , à partir d'un certain rang (pas facile non plus !!) 3. Si l'égalité ci-dessus est vérifiée alors la suite Bp d'entiers non nuls tend vers zéro 0 , ce qui est contraditoire donc on n'a pas cette égalité . 4. La difficulté c'est de montrer que B p est de la forme Bp = a + pM avec a,p,M entiers quand les βi sont des complexes. 5. On arrive grâce à au choix de D pour débarasser les dénominateurs et le théorème des polynômes sysmétriques.
e transcendant Supposons que e soit algébrique , il existe donc un polynôme P(x) à coefficients entiers qui annule e P(e) = 0
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K et les ci sont des entiers et les puissances i=1,2,3, ... , m sont des conjugués, ce sont des racines du polynôme (x - 1)(x - 2)... (x - m) à coefficients entiers donc d'après le théorème ce n'est pas possible. π transcendant Supposons que iπ soit algébrique, il existe alors un polynôme P(x) à coefficients entiers tel que P(iπ)=0, soient α1=iπ , α2 , ... ,αn les racines de ce polynôme P(x), formons le produit : développons ce produit on trouve:
où ∑lαi désigne la somme des αi de longeur l, c'est-à-dire : * α1 , α2 , ... , αn ⤍ longeur 1 * α1+α2 , α1+α3 , ... , αn-1+αn ⤍ longeur 2 * α1+α2+α3 , α1+α2+α4 , ... ⤍ longeur 3 14
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... * α1+α2+ α3+ ... +αn ⤍ longeur n On renomme les sommes ∑lαi en βi : β1 , β2 , ... , βn ⤍ α1 , α2 , ... , αn βn+1 , βn+2 , ... , βn+n ⤍ α1+α2 , α1+α3 , ... , αn-1+αn β2n+1 , β2n+2 , ... ⤍ α1+α2+ α3 , α1+α2+α4 , ... .... βr = α1+α2+ α3+ ... +αn Et on regroupe les sommes nulles ensemble, β1, β2, ..., βm, ,0, 0, 0, ..., 0 (il y a r termes) d'où
Il faut maintenant montrer que les βi sont des racines d'un polynôme à coefficients entiers (les conjugués). Considèrons le polynôme Q(x) = (x - β1) (x - β2) ... (x - βm) et montrons que ses coefficients sont rationnels. 15
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Ces coefficients (au signe prés) sont les polynômes symétriques élémentaires ϑ de βi, soit u un coefficient de Q(x) puis en remplaçant les βi par ses valeurs ∑lαi on a: u = ϑ(β1, β2, ... ,βm) = g(α1, α2, ... ,αn)
* On voit que g est un polynôme à coefficients entiers, puisque ϑ est à coefficients entiers et βi=∑lαi * Quand on permute les n: (α1, α2, ... , αn) on permute les r: (β1, β2, ... , βr) c'est-à-dire les r: (β1, β2, ... ,βm, 0,0, ..., 0) Voyons de plus près: En permutant par ex: α7↔α8 : - S'il arrive à permuter au delà de m : βm+3↔ βm+5 ⇒ ça ne change rien, car on ne touche pas nos β1,...,βm . - S'il arrive à permuter avant m : β3↔ β5 ⇒ Ok pas de problème. - S'il arrive à permuter : β3↔ βm+5 ⇒ on ne permute pas puisque les βi sont non nuls pour 1 i m , le β3 ne bouge pas . Donc finalement permuter les n: αi revient à permuter les m: βi , par exemple: g(α1, α2, ..., α8, α7, ... ,αn) ⇒ ϑ(β1, β2, ..., β15,β14 , ... ,βm) = u g est donc symétrique.
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* Les αi sont des conjugués (c'est ici intervient le polynôme qui annule iπ, P(iπ)=0) Donc d'après le théorème des polynômes symétriques g(α1, α2, ... ,αn) = rationnel Ainsi Q(x) est un polynôme à coefficients rationnels. En multipliant Q(x) par l' entier λ=produit des dénominateurs, on chasse ainsi les dénominateurs et obtient finalement un polynôme T(x) = λQ(x) à coefficients entiers. Les β1 , β2 , ... , βm sont donc des racines du polynôme T(x) à coefficients entiers (les conjugués) donc d'après le théorème .
contraditoire donc iπ est transcendant, par suite π est transcendant. Remarque: 1. Si on veut démontrer directement π est transcendant on aura:
et on est coincé !! impossible de fabriquer la relation 17
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même remarque pour iπ on aura simplement
et on est coincé !!! il faut démontrer iπ transcendant en passant par la relation d'Euler : eiπ + 1 = 0 .
2. A partir du produit:
avec les αi conjugués il faut monter que les βi dans la relation
sont aussi les conjugués, c'est un point délicate de la démontration. 3. On a utilisé le théorème des polynôms symétriques, pour montrer que les coefficients des polynômes en jeux sont des entiers.
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4. Lorsque Hermite démontre la trancendance de e (1873) il n'y a aucun problème pour montrer que la somme
est un entier (et modulo p) (il n'y a que des nombres entiers) Mais pour démontrer la transcendance de π il est coincé car on fait intervenir des nombres complexes zj donc on ne peut pas parler de 'modulo' !! il a donc laissé tomber le problème. C'est à Lindemann (en 1882 , neuf ans plus tard) qui a eu l'idée de sommer cette somme d'abord en colonne i puis en ligne j, bien que zj soit complexe la somme ∑zj est un rationnel !! puis utiliser le théorème des polynômes symétriques pour montrer effectivement que cette somme est en fait un nombre entier modulo p. Vous voyez parfois il suffit peu de chose pour avancer !!!
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