Rationnel r tel que r^r est rationnel

Périmaître · May 2022

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.

gerard0 · May 2022

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.

Périmaître · May 2022

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]

Chaurien · May 2022

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.

LP2 · May 2022

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.

Chaurien · May 2022

• 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...)

Chaurien · May 2022

• 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.

hunter** · May 2022

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 $r ^r$ ?

Dom · May 2022

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.

Médiat_Suprème · May 2022

$(\sqrt 2^\sqrt 2)^\sqrt 2 = 2$

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

gebrane · May 2022

Même méthode que Chaurien par Kenne Lau ici https://math.stackexchange.com/questions/2275726/does-x-x-have-rational-solutions-when-x-is-a-non-integer-rational

Chaurien · May 2022

C'est une sorte de blague mathématique, qui laisse rêveur...

gebrane · May 2022

hunter** · May 2022

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

Dom · May 2022

C’est ça que je disais : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2107334/#Comment_2107334

Chaurien · May 2022

« 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).

Dom · May 2022

Ha ! Merci Chaurien.

Je m’interroge alors… c’était dans le Monier je crois… je vais fouiller.

Édit : photo jointe

Médiat_Suprème · May 2022

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

1) le "au moins" est fautif.
2) cette démonstration est inacceptable en logique intuitionniste

Chaurien · May 2022

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 $x=1$, $b=1$, $r=a$.

Rationnel r tel que r^r est rationnel

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