Théorème de Lindemann-Weierstrass

Jean TRANTHAN
Avril 2008

Rappel, on dit qu'un nombre est algébrique s'il est une racine d'un polynome à coefficients entiers. Un nombre transcendant est un nombre qui n'est pas algébrique.

Théorème Lindemann-Weierstrass:

K, a, b, c,... : algébriques non nul, α, β, γ ... algébriques distints.

La démontration se fait en 4 étapes:
Etape A:
Lemme A:

K, c : entiers non nul, βi les conjugués distints (les racines distintes d'un polynome à coeff entiers T(x)=vxm+...+u)

Démontration:
L'idée c'est trouver une suite d'entiers NON NUL qui converge vers zéro.
On pose:
Avec p=premier
et
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|, |x-s| <= |s|
|es-x| <= |eR(s-x)| <= e|s|
|f(x)| <= f*(|x|) <= f*(|s|)

on a:


<= |s|e|s|f*(|s|)
ça donne:
|I(s)|<= |s|e|s| |v|mp|s|p-1(|s|+|β1|)p(|s|+|β2|)p...(|s|+|βm|)p
<= |s|e|s| |v|mp|s|p-1(|s|+|β|)mp ou |β| = max des |βi|
donc
|I(s)|<= A Mp/(p-1)! qui tend vers 0 quand p ----> infini

II. Relation Hermite:
Avec s=complexe
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
Appliquer cette relation à βi et sommons sur i




posons:



voyons de plus prés le terme:


au lieu de sommer en lignes j (puis en colonnes i) , on ne voit rien !!! par contre si on somme en colonnes i d'abord (puis en lignes j) alors là on voit quelque chose. En effet en sommant en colonne i le résultat est un nombre entier , non seulemnt c'est un nombre entier mais en plus c'est un multiple de p. permutons donc les 2 sommes.




III. Etudier les sommes:

et

Voyons de plus pres f(j)(0) et f(j)i)
Pour f(j)(0) :
cas j < p-1 ===> f(j)(0) = 0 car il y a le facteur x dans le produit
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/(p-1)!
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) = vmp1β2...βm)p
cas j >= p ===> f(j)(0) = 0 (mod p) (voir ci-dessus)

Pour f(j)i) :
cas j < p-1 ===> f(j)i) = 0 car il y a le facteur x-βi dans le produit
cas j = p-1 ===> f(p-1)i) = 0 car il y a le facteur x-β1 dans le produit
pour j >= p écrivons f(x) autrement

d'où


donc
cas j >= p ===> f(j)i) = pAi Ai=complexe (c'est ici on a besoin 1/(p-1)! pour qu'il reste p au lieu de p!)
En resumé:
on a:
f(p-1)(0) = vmp1β2...βm)p
f(j)i) = pAi pour j<>p-1 avec Ai=complexe



donc

f(j)i) est de la forme pAi ou Ai est un nombre complexe donc on ne peut pas parler de 'modulo' !! par contre la some

(que nous allons démontrer ) est un nombre entier !!

c'est un polynome à coefficients entiers (car les f( j ) sont des polynomes à coefficients entiers), symétrique en βi donc d'après le théoreme des polynomes symétriques, il existe un polynome h à coefficients entiers des polynomes élémentaires de β1 , β2 ,... βm. tel que:

car les

Car les βi sont des racines d'un polynome à coefficients entiers
dans la définition de f(x) le vmp chasse les dénominateurs ainsi g est un entier.
est bien un entier
de plus c'est un entier = 0 (mod p) puisque f(j)i) = pAi , Ai=complexe
donc pour chaque j on a:
Hj complexe

Comme c est un entier
H entier

est bien un entier mod p

finalement



si on prend p > sup (|K|,|v|,|u|) on aura
Bp <>0 (mod p) donc Bp est un entier NON NUL alors que Ap tend vers 0 quand p tend vers infini donc contradition. On a donc:

Le lemme A est ainsi démontré.

Etape B:
Lemme B

K, a, b, ... : entiers non nul, αi conjugués distints, βi conjugués distints,...
Démontration:
Dans la démontration du lemme A, pour chaque somme

on a:

B1 = r1 (mod p) avec r1 entier positif
B2 = r2 (mod p) avec r2 entier positif
....
d'ou
B1 + B2 + ...= r1 + r2 ... (mod p)
donc il suffit de choisir p très grand (p > r1 + r2 ...) on aura
B1 + B2 + ... <>0 (mod p) ainsi


Etape C:

K, a, b, c,... : entiers non nul, α, β, γ ... algébriques distints.
Démontration:
Supposons donc:

L'idée c'est d'ajouter les conjugés de α, β, γ ...
Soit A l'ensemble de tous ces conjugués:
et renommons les en
puis formons le produit suivant

En développant on trouve une somme de la forme suivante:




.....
Lorsqu'on permute on permute
Donc si on pose:

les sont des racines d'un polynomes à coeff entiers
En effet soit a un coeff de P(x)

f à coeff entiers, symétrique en
Donc d'après le lemme B le produit ne doit pas être nul d'où la contradition.

Etape D:

K, a, b, c,... : algébriques non nul, α, β, γ ... algébriques distints.
Démontration:
Supposons que:

On applique sur les coeff le même raisonnement que sur les exposants: Ajoutons donc les conjugés de K,a,b,c, ....
et renommons les en
puis formons le produit suivant

En développant on trouve une somme de la forme suivante:




.....
Lorsqu'on permute on permute
donc les coeff sont rationnels:

f à coeff entiers, symétrique en K,a,b,c... donc a'=rationnel ,La somme ne doit pas être nul d'où la contradition
Le théorème est ainsi démontré.

Application:

e transcendant
supposons que e soit algébrique , il existe donc un polynome P(x) à coefficients entiers qui annulle e
P(e) = 0

ce n'est pas possible

π transcendant
on a:

ce qui oblige que iπ soit transcendant puis π transcendant

cos(x), sin(x), tg(x), ex ....
Puis la transcendance de cos(x), sin(x), tg(x) dèsque x est algébriques non nul en effet:








de même ln(x) est transcendant dèsque x algébrique <>1
En particulier:
cos(1), sin(1), ln(2), .....