Je me posais une petite question , le nombre Ln (2) est-il rationnel ou irrationnel , et comment faire pour statuer sur sa nature ( y a-t-il d'ailleurs des méthodes générales pour aborder ce genre de question ?)
Par l'absurde, on suppose $ln(n)=\frac{p}{q}$ avec $p$ et $q$ entiers.
On a $n=e^{\frac{p}{q}}$ et $n^q=e^p$ donc $e^p$ est algébrique : un polynôme annulateur étant $X-n^q$. Mais alors $e$ est racine du polynôme $X^p-n^q$ et serait donc algébrique ce qui est absurde.
Une preuve élementaire de l'irrationnalité de $\ln 2$:
Pour tout $n\in\N$, on pose
$$I_n=\int_{0}{1}\frac{Pn(x)}{1+x}{\rm dx},$$
où $P_n(x)$ est le $n$-ième polynôme de Legendre, c'est-à-dire
$$P_n(x)=\frac{1}{n!}\frac{{\rm d}^n\left(x^n(1-x)^n\right)}{{\rm dx}^n}.$$
On verifie facilement que pour tout $k\in\N$
$$\int_0^1\frac{x^k}{1+x}{\rm dx}=\ln 2+\sum_{j=1}^k\frac{1}{j},$$
et que pour tout $n\in\N$, $P_n(X)\in\mathbb Z[X]$. Par conséquent, on a
$$I_n=a_n+b_n\ln 2,$$
avec $a_n\in\times{\rm PPCM}(1,\cdots,n)\in\mathbb Z$ et $b_n\in\mathbb Z$.
D'autre part, par $n$ intégrations par parties, on a
\begin{eqnarray*}
I_n&=&\int_0^1\frac{x^n(1-x)^n}{(1+x)^{n+1}}{\rm dx}\\
0
On sait que si a est un nombre algébrique positif supérieur à 1
alors ln(a) est transcendant , donc ln(a) est irrationnel.
(mais je ne sais pas la démonstration.)
Mais , dans ce genre , il y a le théorème de Gelfond-Schneider (1934) suivante:
Si a est un nombre algébrique distinct de 0 et de 1 , et si b est algébrique irrationnel alors a^b est transcendant.
Merci à tous pour vos réponses ,.
Joaopa qualifie d'élémentaire sa preuve , je suppose dans le sens où elle n'utilise pas la transcendance de e , car elle n'est pas si évidente que celà !
Si on sait que exp(r) est irrationnel, avec r un rationnel non nul, on en déduit immédiatement que ln(x) est irrationnel avec x rationnel différent de 1 (car en supposant ln(x)=r, on aurait exp(r)=x qui serait rationnel).
Apery a aussi montré l'irrationnalité de ln(2), de dzéta(2) et surtout de dzéta(3) à l'aide de sa méthode d'interpolation.
Réponses
Par l'absurde, on suppose $ln(n)=\frac{p}{q}$ avec $p$ et $q$ entiers.
On a $n=e^{\frac{p}{q}}$ et $n^q=e^p$ donc $e^p$ est algébrique : un polynôme annulateur étant $X-n^q$. Mais alors $e$ est racine du polynôme $X^p-n^q$ et serait donc algébrique ce qui est absurde.
Pour tout $n\in\N$, on pose
$$I_n=\int_{0}{1}\frac{Pn(x)}{1+x}{\rm dx},$$
où $P_n(x)$ est le $n$-ième polynôme de Legendre, c'est-à-dire
$$P_n(x)=\frac{1}{n!}\frac{{\rm d}^n\left(x^n(1-x)^n\right)}{{\rm dx}^n}.$$
On verifie facilement que pour tout $k\in\N$
$$\int_0^1\frac{x^k}{1+x}{\rm dx}=\ln 2+\sum_{j=1}^k\frac{1}{j},$$
et que pour tout $n\in\N$, $P_n(X)\in\mathbb Z[X]$. Par conséquent, on a
$$I_n=a_n+b_n\ln 2,$$
avec $a_n\in\times{\rm PPCM}(1,\cdots,n)\in\mathbb Z$ et $b_n\in\mathbb Z$.
D'autre part, par $n$ intégrations par parties, on a
\begin{eqnarray*}
I_n&=&\int_0^1\frac{x^n(1-x)^n}{(1+x)^{n+1}}{\rm dx}\\
0
On sait que si a est un nombre algébrique positif supérieur à 1
alors ln(a) est transcendant , donc ln(a) est irrationnel.
(mais je ne sais pas la démonstration.)
Mais , dans ce genre , il y a le théorème de Gelfond-Schneider (1934) suivante:
Si a est un nombre algébrique distinct de 0 et de 1 , et si b est algébrique irrationnel alors a^b est transcendant.
Merci.
Joaopa qualifie d'élémentaire sa preuve , je suppose dans le sens où elle n'utilise pas la transcendance de e , car elle n'est pas si évidente que celà !
Madec
qui démontre l'irrationnalité de zeta(3) ? Où ca ?
Apery a aussi montré l'irrationnalité de ln(2), de dzéta(2) et surtout de dzéta(3) à l'aide de sa méthode d'interpolation.
<http://perso.wanadoo.fr/rombaldi/>
Voir l'article: problèmes d'irrationalité.
Merci RAJ pour ce lien très intéressant .
Madec
et la bibliographie donée.
Joaopa
et la bibliographie donnée.
Joaopa
<http://arxiv.org/abs/math.NT/0404523>