[PDF] 1 Approximation diophantienne irrationalité et transcen- dance

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Universite P. et M. Curie (Paris VI), Michel Waldschmidt

Deuxieme semestre 2007/2008

Master de sciences et technologies 1ere annee -

Men tion:

Math ematiqueset applications

Specialite :

Math ematiquesF ondamentales

MO11 :

Th eoriedes nom bres(12 ECTS)

Deuxieme fascicule : 21/01/2008

1 Approximation diophantienne, irrationalite et transcen-

dance

1.1 Nombres : rationnels, irrationnels

Lesnombresque nous allons etudier sont les nombres complexes. Leur construction se fait en plusieurs etapes : partant des entiers naturelsN=f0;1;2;3;g, on construit l'anneau des entiers rationnelsZ=f0;1;2;:::gde facon a ce que chaque element ait un inverse pour l'addition, puis lecorps des nombres rationnelsQ=fa=b;a2Z; b2Z>0gde telle sorte que chaque element non nul ait un inverse pour la multiplication. Chaque nombre rationnel a une unique representation p=qavecp2Zetq2Z>0sans facteur commun : pgcd(p;q) = 1. L'etape suivante est la construction desnombres reels: alors que les constructions precedentes etaient de nature algebrique, celle deRfait intervenir la notion topologique de limite :Rest le complete deQpour la topologie usuelle sur les rationnels. La derniere etape, la construction de Ca partir deR, est de nouveau de nature algebrique :Cest la cl^oture algebrique deQ, tout polyn^ome non constant admet au moins une racine complexe. Unnombre irrationnelest un nombre qui n'est pas dansQ. L'ensemble de ces nombres ne jouit pas de bonnes proprietes algebriques : la somme de nombres irrationnels peut ^etre rationnelle ou irrationnelle, le produit de deux nombres irrationnels peut ^etre rationnel ou irrationnel. En revanche la somme d'un nombre rationnel et d'un nombre irrationnel est un nombre irrationnel; le produit d'un nombre rationnelnon nulet d'un nombre irrationnel est un nombre irrationnel. La racine carree (et plus generalement la racinek-ieme, pourk1) d'un nombre irrationnel est un nombre irrationnel. Mais le carre d'un nombre irrationnel peut ^etre rationnel ou irrationnel. Le fait queRcontienne strictementQest bien connu : il existe des nombres irrationnels. Un des exemples les plus anciens est celui dep2. La demonstration la plus connue se fait par l'absurde : sip=qest un nombre rationnel dont le carre est 2 avec pgcd(p;q) = 1, la relationp2= 2q2implique quepest pair, disonsp= 2a, puis en simpliant par 2 la relation 2a2=q2montre queqest pair, ce qui est une contradiction. Une demonstration geometrique se fait de la facon suivante : considerons un rectangle dont les c^otes sont 1+p2 et 1. Comme le grand c^ote 1+ p2 est dans l'intervalle (2;3), on peut decomposer ce premier rectangle en deux carres de c^ote 1 plus un petit rectangle dont le grand c^ote est 1, et le petit c^otep21. On remarque alors que les proportions de ce second rectangle sont les m^emes que celles du rectangle initial :1p21= 1 +p2: 9 par consequent si on repete cette construction a partir du second carre, on obtiendra de nouveau deux carres de c^otesp21 et un troisieme rectangle dont la proportion des longueurs des c^otes sera toujours la m^eme. Par consequent le processus ne s'arr^ete pas. En revanche si on part d'un rectangle dont les c^otes sont entiers, la construction precedente va produire des rectangles de plus en plus petits dont les c^otes sont toujours des entiers, donc le

processus s'arr^etera au bout d'un temps ni (il ne reste plus de petit rectangle). Il en est de m^eme

pour tout rectangle dont les proportions sont rationnelles : si le rapport du grand c^ote par le petit

c^ote esta=bavecb >0, on prend comme unite de mesure celle qui donne au petit c^ote la longueur b, et alors les deux c^otes ont des longueurs entieres. Cette demonstration fait intervenir ledeveloppement en fraction continued'un nombre reelx.

On ecrit

x= [x] +fxgavec [x]2Zet 0 fxg<1. Sixn'est pas entier, alorsfxg>0 et le nombrex1= 1=fxgest>1. Posonsa0= [x],a1= [x1]. Par exemple quandxest>0 le nombrea0est le nombre maximal de carres de c^otes 1 que l'on peut disposer c^ote{a{c^ote dans un rectangle de c^otes 1 etx, tandis quea1est le nombre maximal de carres de c^otesfx] dans le second rectangle qui reste. Par recurrence on denit une suite (xn)n1 de nombres reels>1 et une suite (an)n1de nombres entiers1 (eventuellement nies) de la facon suivante : sixn1n'est pas entier, on posexn= 1=fxn1getan= [xn], ce qui donne x=a0+1x

1,x1=a1+1x

2,,xn=an+1x

n+1

On peut donc ecrire

x=a0+1a 1+1a

2+fx2g=a0+1a

1+1a 2+1. a n1+1a n+fxng avec 0 fxng<1. La construction s'arr^ete au premier pas sixest entier : on obtient seulement x=a0. Sixn'est pas entier mais sixnest entier pour un entiern1 alorsan=xnetfxng= 0. Noter que la conditionxn>1 entra^nean2. Il est clair que si la construction s'arr^ete, alors xest rationnel. Inversement, sixest rationnel l'argument geometrique avec les rectangles montre que la construction s'arr^etera au bout d'un nombre ni d'etapes. Un nombre rationnel admet deux representations sous forme d'une telle fraction, l'une dont le dernier termeanest2, l'autre avec un terme de plus etan+1= 1 : en eet on peut ecrire un entiera2 sous la forme (a1)+(1=1).

On montre [

2 ] que tout nombre reel irrationnelxadmet une unique representation sous forme d'une fraction continue innie x=a0+1a 1+1a 2+1. a n1+1a n+1. ..(1.1) 10 avec des coecientsanentiers rationnels satisfaisantan1 pourn1, et inversement pour toute suite (an)n0d'entiers rationnels avecan1 pourn1, la fraction continue (1.1) denit un nombre reel irrationnel. Pour simplier l'ecriture on ecrit cette fraction continue sous l'une des formes suivante : x= [a0;a1;a1;a2;:::;an;:::] oux=a0+1jja1+1jja2+1jjan+ Un exemple, d^u a Euler, est le developpement en fraction continue du nombree: e= [2; 1;2;1;1;4;1;1;6;1;1;8;:::] = 2 +1jj1+1jj2+1jj1+1jj1+1jj4+1jj1+1jj1+1jj6+1jj1+ Voici une demonstration de l'irrationalite du nombreeest due a Fourier (cours a l'ecole Poly- technique, 1815).

Proposition 1.2.Le nombre

e= 1 +11! +12! +13! ++1n!+ est irrationnel. Demonstration.SoitNun entier positif. On tronque la serie denissante. SoitNun entier positif. On a N!eNX n=0N!n!=X k1N!(N+k)!(1.3)

Le membre de droite de (

1.3 ) est une somme de nombres positifs, donc n'est pas nul. De la minoration du coecient binomial (N+k)!N!k!N+ 1 pourk1; on deduit X k1N!(N+k)!1N+ 1X k11k!=e1N+ 1

Par consequent le membre de droite de (

1.3 ) tend vers 0 quandNtend vers l'inni. Dans le membre de gauche,N! etPN n=0N!=n! sont des entiers. Il en resulte queN!en'est jamais un entier, donce

est un nombre irrationnel.Exercice.a) En adaptant cet argument, montrer que le nombreen'est pas racine d'un polyn^ome

de degre 2 a coecients rationnels. Indication: un nombre quadratiquexest racine d'une equationax+b+cx1= 0 aveca,b,c entiers rationnels non tous nuls. Reference :J. Liouville {Sur l'irrationalite du nombree= 2;718:::, J. Math. Pures Appl. (1)5 (1840), p. 192. b) Montrer que le nombreep2 est irrationnel. 11

Indication: Montrer plus precisement queep2

+ep2est irrationnel. On pourra verier que les nombres (2N)!=2Nm(2m)! (0mN) sont entiers. c) Montrer quee2n'est pas racine d'un polyn^ome de degre 2 a coecients rationnels.

Indication: On pourra montrer que les nombres

N!2

Nn1n!;(0nN)

sont entiers pour une innite deN. Reference :J. Liouville {Addition a la note sur l'irrationalite du nombree, J. Math. Pures Appl. (1)5(1840), p. 193{194. d) Montrer que le nombreep3 est irrationnel. e) Soit (an)n0une suite bornee de nombres entiers. Montrer que les conditions suivantes sont equivalentes : (i) Il existeN0>0 tel quean= 0 pour toutnN0. (ii) Le nombre 1=X n0a nn! est rationnel (iii) Le nombre 2=X n0a n2nn! est rationnel.

1.2 Critere d'irrationalite

La demonstration d'irrationalite de Fourier que nous venons de donner utilise le fait qu'un nombre rationnel ne possede pas de bonne approximation rationnelle autre que lui-m^eme. En eet, si#est rationnel, on l'ecrita=bavecb >0 et alors, pour toutp=q2Qdistinct dea=b, on a #pq 1bq comme on le voit en utilisant, pour l'entieraqbp, la propriete qui est a la base de tout argument diophantien :simest un entier non nul, alorsjmj 1. Inversement, le lemme suivant montre que, si un nombre est irrationnel, alors il admet de bonnes approximations rationnelles. Lemme 1.4.Soit#un nombre reel. Les conditions suivantes sont equivalentes. (i)#est irrationnel. (ii)Pour tout >0, il existep=q2Qtel que 0<#pq 1, il existe un entierqdans l'intervalle1q < Qet un entier 12 rationnelptel que 0<#pq <1qQ (iv)Il existe une innite dep=q2Qtels que 0<#pq <1q 2 Demonstration.Les implications (iii))(iv))(ii))(i) du lemme1.4 son tfaciles. Il ne reste qu' a

demontrer (i))(iii), qui est un theoreme de Dirichlet. Pour l'etablir nous allons utiliser le principe

des tiroirs. SoitQun nombre reel>1. On poseN=dQe: autrement ditNest l'entier determine par

N1< QN. CommeQ >1, on aN2.

Soit#2RnQ. On considere le sous-ensembleEde l'intervalle unite [0;1] constitue desN+1 elements

0;f#g;f2#g;f3#g; :::;f(N1)#g;1:

Comme#est irrationnel, cesN+ 1 elements sont deux-a-deux distincts. On decoupe l'intervalle [0;1] enNintervalles I j=jN ;j+ 1N (0jN1): D'apres le principe des tiroirs de Dirichlet, un au moins de cesNintervalles, disonsIj0, contient au moins deux elements deE.A part 0 et 1, les elementsfq#gdeEavec 1qN1 sont irrationnels, donc appartiennent a la reunion des intervallesouverts(j=N;(j+ 1)=N) avec 0jN1.

Sij0=N1, alors l'intervalle

I j0=IN1= 11N ; 1 contient 1 ainsi qu'un autre element deEde la formefq#gavec 1qN1. On posep= [q#]+1.

Alors on a 1qN1< Qet

pq#= [q#] + 1[q#] fq#g= 1 fq#g;donc 0< pq# <1N 1Q Sinon on a 0j0N2 etIj0contient deux elementsfq1#gandfq2#gavec 0q1< q2N1.

On pose

q=q2q1; p= [q2#][q1#]:

Ainsi on a 0< q=q2q1N1< Qet

jq#pj=jfq2#g fq1#gj<1=N1=Q:13 Exercice.Soient#1;:::;#mdes nombres reels. Les proprietes suivantes sont equivalentes. (i) Un au moins des nombres#1;:::;#mest irrationel. (ii) Pour tout >0, il existep1;:::;pm;qdansZavecq >0 tel que

0 #ipiq 1, il existep1;:::;pm;qdansZtel que 1qQmet

0 #ipiq 1qQ (iv) L'ensemble desq2Z,q >0, pour lesquels il existep1;:::;pmdansZsatisfaisant

0 #ipiq <1q

1+1=m,

est inni. Indication.Pour la demonstration de (i))(iii), on pourra utiliser le principe des tiroirs de Diri- chlet : considerer lesQm+ 1 elements q=fq#1g;:::;fq#mg(q= 0;1;:::;Qm) dans le cube unite [0;1)mdeRmet decouper ce cube unite enQmcubes dont les c^otes ont pour longueur 1=Q. Il y a d'autres demonstrations de (i))(iii). Par exemple on peut utiliser un theoreme de Min- kowski en geometrie des nombres; cela permet de demontrer des variantes du lemme 1.4 . En particulier en dimension superieure le principe des tiroirs donne des enonces moins precis que la geometrie des nombres. Une autre variante de la demonstration du theoreme de Dirichlet (implication (i))(iii) du lemme 1.4 ) repose sur les suites de Farey : lasuite de Farey d'indicenest constituee par la suite croissante des nombres rationnels de l'intervalle unite dont le denominateur estn. Par exemple la suite de Farey d'indice 6 est 0;16 ;15 ;14 ;13 ;25 ;12 ;35 ;23 ;34 ;45 ;56 ;1:

On peut montrer (cf [

2 ], Ch. Ix2, Th. 2.A) que deux fractions consecutivesp=q < r=sd'une suite de Farey satisfontqrps= 1. Il en resulte que si pq Cela resulte des relationsqupv= 1 etvrus= 1.

L'implication (i))(iv) du lemme1.4 p eut^ etream elioree: 14 Lemme 1.5(Hurwitz).Soit#un nombre reel. Les proprietes suivantes sont equivalentes. (i)#est irrationnel. (ii)Il existe une innite dep=q2Qsatisfaisant 0<#pq <1p5q2 Evidemment l'implication (ii))(i) du lemme1.5 es tune forme aaiblie de l' implication(iv) )(i) du lemme 1.4 . Ce qui est nouveau est la reciproque. Les demonstrations classiques de l'equivalence entre les assertions (i) et (ii) du lemme 1.5 fon t intervenir soit les fractions continues, soit les suites de Farey. M^eme si les fractions continues n'interviennent pas explicitement dans la demonstration qui suit, elles sont sous-jacentes. Lemme 1.6.Soit#un nombre algebrique irrationnel. Il existe une innite de couples(p=q;r=s) de fractions rationnelles irreductibles telles que pq < # 1bH, on en choisit une pour laquellej#a=bjest minimal. Sia=b < #on appellep=qcette

fractiona=b, tandis que sia=b > #, alors on l'appeller=s. Commencons par le cas oua=b < #, donca=b=p=q. Comme pgcd(p;q) = 1, l'algorithme d'Euclide (theoreme de Bezout) montre qu'il existe (r;s)2Z2tel queqrps= 1 avec 1s < q etjrj0, doncp=q < r=s, par consequent # < r=s. Dans le second cas oua=b > #etr=s=a=bon resoutqrps= 1 par l'algorithme d'Euclide avec 1q < setjpj< r. On conclut de la m^eme maniere. Il reste a montrer qu'on obtient une innite de tels couples de rationnels. Une fois qu'on dispose d'un ensemble ni de couples (p=q;r=s), on utilise le fait qu'il existe un nombre rationnelm=n qui est plus proche de#que chacune de ces fractions de l'ensemble ni (c'est la densite deQ dansR). On reprend l'argument precedent avec un entierH > n. Cela permet de construire un couple (p=q;r=s) de nombres rationnels qui est dierent des precedents, puisque l'une au moins des nouvelles approximationsp=qour=sest meilleure que les precedentes. Donc cette construction

fournit une innite de couples.Lemme 1.7.Soit#un nombre reel irrationnel. Soient(p=q;r=s)deux fractions irreductibles telles

quepq < # Demonstration.Posons

= min q 2 #pq ; s 2rs

En ajoutant les inegalites

q 2#pq ets 2rs et en utilisantqrps= 1, on deduit que le nombret=s=qsatisfait t+1t 1

Comme le minimum de la fonctiont7!t+ 1=test 2 et commet6= 1, on en deduit <1=2.Remarque.La minorationt+(1=t)2 pour toutt >0, qui est stricte pourt6= 1, est equivalente

a l'inegalite arithmetico-geometriquepxyx+y2 pourxetynombres reels positifs, avec egalite si et seulement si ifx=y. La correspondance entre les deux enonces se fait en posantt=px=y.

Des lemmes

1.6 et 1.7 on d eduitque p ourtout #2RnQ, il existe une innite dep=q2Q satisfaisant 0<#pq <12q2 Il faut encore un pas de plus pour completer la demonstration du lemme 1.5 Lemme 1.8.Soit#un nombre irrationnel. On suppose que(p=q;r=s)sont deux fractions irreductibles telles quepq < # On poseu=p+retv=q+s. Alors min q 2 #pq ; s 2rs ; v2#uv <1p5 Demonstration.Notons deja quequpv= 1 etrvsu= 1. Donc pq On repete la demonstration du lemme 1.7 ;on distingue deux cas selon q ueu=vest superieur ou inferieur a#. Comme les deux cas se traitent de la m^eme maniere, supposons# < u=v. La demonstration du lemme 1.7 mon treque sq +qs 1 etvq +qv 1 16 Donc chacun des quatre nombress=q,q=s,v=q,q=vsatisfaitt+1=t1=. La fonctiont7!t+1=t est decroissante sur l'intervalle (0;1) et croissante sur l'intervalle (1;+1). Il en resulte que nos quatre nombres sont dans l'intervalle (1=x;x), ouxest la racine>1 de l'equationx+ 1=x= 1=. Les deux racinesxet 1=xdu polyn^ome quadratiqueX2(1=)X+ 1 ont pour distance la racine carree du discriminant = (1=)24 de ce polyn^ome. Comme vq sq = 1; il en resulte que la longueur p de l'intervalle (1=x;x) est1. Par consequent 1 et1=p5.

Ceci termine la demonstration du lemme

1.8 .Montrons que le lemme1.5 est optimal. D esignonspar = 1 :6180339887499:::le nombre d'or, qui est la racine>1 du polyn^omeX2X1. Le discriminant de ce polyn^ome est 5.

Lemme 1.9.Pour toutq1et toutp2Z,

pq >1p5q2+ (q=2) Demonstration.Il sut d'etablir la minoration quandpest l'entier le plus proche deq. On factorise le polyn^omeX2X1 = (X)(X+ 1). Ainsi p

2pqq2=q2pq

pq + 1 Le membre de gauche est un entier rationnel non nul, sa valeur absolue est donc au moins 1. Majorons maintenant la valeur absolue du membre de droite. Commep < q+(1=2) et +1=p5 on a pq + 1p5 + 12q Donc 1q2pq p5 + 12q

Le lemme

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