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Rationnel r tel que r^r est rationnel

Bonjour,

Je suis nouveau sur le forum et je pense que j'aurai dû me présenter dans la section appropriée. Mais voici un exercice que je peine à résoudre : Soit $r$ un nombre rationnel strictement positif. Si $r^r$ est un nombre rationnel, alors $r$ est en réalité un nombre entier.

Mon idée consiste à procéder comme suit : Je pose $r=\frac{a}{b}$ et $r^r=\frac{p}{q}$, avec $a\wedge b=1$ et $p\wedge q=1$. Je suppose que les entiers $a$, $b$, $p$ et $q$ sont tous positifs. Il s'agit alors de montrer que $b=1$.

On a l'égalité : $a^a q^b = b^a p^b$. Dès lors, par application du théorème de Gauss, $b$ divise $q^b$, c'est-à-dire qu'il existe $k$ tel que $q^b=b k$. Ce qui entraîne : $a^a k = b^{a-1} p^b$. De même, il existe $l$ tel que $p^b = a l$, d'où $a^{a-1} k = b^{a-1} l$. A partir de là, je suis coincé et je n'ai plus d'idées. 

Je vous remercie par avance de l'aide que vous voudrez bien m'apporter (et corriger les énormes bêtises que j'ai pu écrire). En revanche, je ne sais pas si j'ai posté la discussion dans la catégorie idoine ni si un exercice du même genre a déjà été posté.

Réponses

  • Modifié (13 May)
    Bonjour.
    on a plus :  $a^a$ et $b^b$ étant premiers entre eux, $b^a$ divise $q^b$, et de même $q^b$ divise ...
    Cordialement.
  • Modifié (14 May)
    Bonjour, gerard0
    De même, $q^b$ divise $b^a$, ce qui entraîne l'égalité $b^a=q^b$. Un raisonnement analogue montre que $a^a=p^b$. Je ne vois pas très bien comment poursuivre.
    Cordialement.
    [Inutile de reproduire le message précédent. AD]
  • Modifié (14 May)
    À cette étape, je pense qu'il faut regarder les décompositions en facteurs premiers de nos quatre protagonistes $a,b,p,q$. Les entiers $b$ et $q$ ont les mêmes facteurs premiers, et les entiers $a$ et $p$ aussi. En raisonnant sur les exposants de ces facteurs premiers, il me semble qu'il existe des entiers positifs $x$ et $y$ tels que $x^b=a$ et $y^a=b$. Ce qui implique $x=1$ ou $y=1$, donc $a=1$ ou $b=1$, et il me semble que c'est résolu.
    Je poste vite, mais il faut que je vérifie.
  • LP2LP2
    Modifié (14 May)
    Si $b\geqslant 2$, considère un diviseur premier $p$ de $b$ et montre que $v_p(b)\geqslant b$ où $v_p$ est la valuation $p$-adique.

    Utilise ensuite la décomposition de $b$ en facteurs premiers pour aboutir à une contradiction.
  • Modifié (14 May)
    • On a vu : $b^{a}=q^{b}$. Les entiers positifs $b$ et $q$ ont les mêmes facteurs premiers, soient leurs décompositions en produits de  facteurs premiers : $q=q_{1}^{\alpha _{1}}q_{2}^{\alpha _{2}}...q_{n}^{\alpha _{n}}$, $b=q_{1}^{\beta _{1}}q_{2}^{\beta _{2}}...q_{n}^{\beta _{n}}$. Alors :  $a\alpha _{i}=b\beta _{i}$. On a : $\beta _{i}$ multiple de $a$ (Gauss), d'où $b=y^{a}$, $y\in \mathbb{N}^{\ast}$.
    De même : $a^{a}=p^{b}$. Soient les décompositions en produits de facteurs premiers : $p=p_{1}^{\gamma _{1}}p_{2}^{\gamma _{2}}...p_{m}^{\gamma _{m}}$, d'où : $a=p_{1}^{\delta _{1}}p_{2}^{\delta _{2}}...p_{m}^{\delta _{m}}$. Alors $b\gamma _{i}=a\delta _{i}$. On a : $\delta_{i}$  multiple de $b$ (Gauss), d’où $a=x^{b}$, $x\in \mathbb{N}^{\ast }$.
    • Si $x\geq 2$ et $y\geq 2$ alors :  $b=y^{a}\geq 2^{a}>a$ et $a=x^{b}\geq 2^{b}>b$, impossible. Donc $x=1$ ou $y=1$.
    • Si $x=1$ alors : $a=1$ et $p=1$. De plus $b=q^{b}$ d’où $q=1$ et $b=1$.
     Si $y=1$ alors : $b=1$, CQFD.
    ATTENTION, DÉMONSTRATION ERRONÉE, CORRIGÉE CI-DESSOUS (du moins je l'espère...)
  • Modifié (14 May)
    • J'ai l’impression que je me suis emmêlé les pinceaux dans ma démonstration précédente. Je ne la touche pas, mais je la corrige comme suit.
    • On a vu : $b^{a}=q^{b}$. Les entiers positifs $b$ et $q$ ont les mêmes facteurs premiers, soient leurs décompositions en produits de  facteurs premiers : $q=q_{1}^{\alpha _{1}}q_{2}^{\alpha _{2}}\cdots q_{n}^{\alpha _{n}}$, $b=q_{1}^{\beta _{1}}q_{2}^{\beta _{2}}\cdots q_{n}^{\beta _{n}}$. Alors :  $b\alpha _{i}=a\beta _{i}$. On a : $\beta _{i}$ multiple de $b$ (Gauss), d'où $b=y^{b}$, $y\in \mathbb{N}^{\ast}$.
    Si $y \geq 2$, alors $b=y^b \ge 2^b>b$, impossible. D'où : $y=1$,  et par suite $b=1$, terminé.
    • J'espère que cette fois c'est correct.
  • Modifié (14 May)
    Bonjour à tout le monde, cela est vrai en supposant que $r$ est rationnel, sinon si $r$ est irrationnel, qui a une idée s'il y a des résultats connus, concernant $r ^r$ ? 
  • DomDom
    Modifié (14 May)
    Il me semble qu’il y a un exercice classique qui dit que dans $a^b$ et $(a^b)^b$ l’un est rationnel mais pas l’autre. 
    J’ai mis $a$ et $b$ car je ne sais plus quels sont les nombres utilisés. Je pense que $b=\sqrt{2}$.
    Peut-être même que $a=\sqrt{2}$. 
    Désolé pour ces approximations… mais des intervenants vont vite corriger.  
  • $(\sqrt 2^\sqrt 2)^\sqrt 2 = 2$

    En fait vous devez faire une confusion avec le théorème qui dit qu'il existe $a$ et $b$ irrationnels tels que $a^b$ est rationnel
  • -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation en cours
  • C'est une sorte de blague mathématique, qui laisse rêveur...
  •  :p 
    -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
    Citation en cours
  • Modifié (14 May)
    Dom: Oui,  ça c'est pour montrer l'existence d'un couple d'irrationnels dont l'un des deux nombres puissance l'autre donne un rationnel, mais moi je cherche s'il y a des résultats connus comme celui proposé par Poirot et Math coss: https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=discussion/2107322#Comment_21073
  • Modifié (14 May)
    « Blague » est un mot exagéré de ma part. C'est une curiosité, qui était parue dans l'American Mathematical Monthly en 1973, et qui m’avait été signalée par un copain, alors je l'avais publiée comme problème du Petit Archimède 15-16, mai 1975, p. 42 : http://www.lepetitarchimede.fr/pa/PA15-16.pdf
    En fait le réel $\sqrt 2^{\sqrt 2}$ est bel et bien irrationnel, et même transcendant selon l'article du Monthly, citant Kuzmin, 1930. Ceci découle aussi du théorème de Gelfand-Schneider (1934).
  • DomDom
    Modifié (14 May)
    Ha ! Merci Chaurien. 
    Je m’interroge alors… c’était dans le Monier je crois… je vais fouiller. 
    Édit : photo jointe


  • C'est correct, si on comprend "on ne sait pas décider lequel convient" comme signifiant que la démonstration précédente ne permet pas de décider.

    Deux remarques :smile:
    1) le "au moins" est fautif.
    2) cette démonstration est inacceptable en logique intuitionniste
  • Modifié (21 May)
    Voici une rédaction de la solution du problème proposé.
    Soit $r$ rationnel strictement positif tel que $r^{r}$ soit rationnel ; démontrer que $r$ est entier.
    ....................................................................................................................................................................................
    Soit $r=\frac{a}{b}$, $a\in \mathbb{N}^{^{\ast }}$, $b\in \mathbb{N}^{^{\ast}}$,  $a\wedge b=1$, et  $(\frac{a}{b})^{\frac{a}{b}}=\frac{c}{d}$,  $c\in \mathbb{N}^{^{\ast }}$, $d\in \mathbb{N}^{^{\ast }}$, $c\wedge d=1$.
     Par suite : $\frac{a^{a}}{b^{a}}=\frac{c^{b}}{d^{b}}$, fractions irréductibles, d’où : $a^{a}=c^{b}$, $b^{a}=d^{b}$.
    L'égalité  : $b^{a}=d^{b}$ implique que les entiers $b$ et $d$ ont les mêmes diviseurs premiers, d’où les décompositions en produits de facteurs premiers : $b=p_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}...p_{n}^{\alpha _{n}}$, $d=p_{1}^{\beta_{1}}p_{2}^{\beta _{2}}...p_{n}^{\beta _{n}}$, avec de plus : $a\alpha _{i}=b\beta _{i}$. Chaque entier $\alpha _{i}$ est donc divisible par $b$ (Gauss), d’où :  $b=x^{b}$, $x\in \mathbb{N}^{\ast }$.
    Si $x\geq 2$, alors : $ b=x^{b}\geq 2^{b}>b$, impossible. Donc $x=1$, $b=1$, $r=a$.
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