Théorème de Lindemann-Weierstrass - Lindemann–Weierstrass theorem

En théorie transcendantale des nombres , le théorème de Lindemann-Weierstrass est un résultat très utile pour établir la transcendance des nombres. Il indique ce qui suit.

Théorème Lindemann-Weierstrass  -  si α 1 , ..., α n sont des nombres algébriques qui sont linéairement indépendants sur les nombres rationnels , alors e α 1 , ...,  e α n sont algébriquement indépendants sur .

En d' autres termes , la zone d'extension ( e α 1 , ...,  e α n ) a le degré de dépassement de n - dessus .

Une formulation équivalente ( Baker 1990 , Chapitre 1, Théorème 1.4), est la suivante.

Une formulation équivalente  -  Si α 1 , ..., α n sont des nombres algébriques distincts, le exponentielles e α 1 , ...,  e α n sont linéairement indépendants sur les nombres algébriques.

Cette équivalence transforme une relation linéaire sur les nombres algébriques en une relation algébrique sur en utilisant le fait qu'un polynôme symétrique dont les arguments sont tous conjugués les uns des autres donne un nombre rationnel.

Le théorème est nommé pour Ferdinand von Lindemann et Karl Weierstrass . Lindemann a prouvé en 1882 que e α est transcendant pour tout nombre algébrique non nul α, établissant ainsi que π est transcendant (voir ci-dessous). Weierstrass a prouvé la déclaration plus générale ci-dessus en 1885.

Le théorème, avec le théorème de Gelfond-Schneider , est étendu par le théorème de Baker , et tous ceux-ci sont encore généralisés par la conjecture de Schanuel .

Convention de nommage

Le théorème est également connu sous les noms de théorème d'Hermite-Lindemann et de théorème d' Hermite-Lindemann-Weierstrass . Charles Hermite prouve d' abord le théorème simple où les alpha i exposants doivent être des entiers rationnels et l' indépendance linéaire est assurée que sur les entiers rationnels, un résultat parfois appelé théorème de Hermite. Bien qu'apparemment un cas assez particulier du théorème ci-dessus, le résultat général peut être réduit à ce cas plus simple. Lindemann a été le premier à autoriser les nombres algébriques dans le travail d'Hermite en 1882. Peu de temps après, Weierstrass a obtenu le résultat complet, et d'autres simplifications ont été faites par plusieurs mathématiciens, notamment par David Hilbert et Paul Gordan .

Transcendance de e et π

La transcendance de e et π sont des corollaires directs de ce théorème.

Supposons que α est un nombre algébrique non nul; alors {α} est un ensemble linéairement indépendant sur les rationnels, et donc par la première formulation du théorème { e α } est un ensemble algébriquement indépendant ; ou en d' autres termes e α est transcendantale. En particulier, e 1 = e est transcendantal. (Une preuve plus élémentaire que e est transcendant est décrite dans l'article sur les nombres transcendantaux .)

Alternativement, par la deuxième formulation du théorème, si α est un nombre algébrique non nul, alors {0, α} est un ensemble de nombres algébriques distincts, et donc l'ensemble { e 0e α } = {1,  e α } est linéairement indépendant sur les nombres algébriques et en particulier e α ne peut pas être algébrique et donc transcendant.

Pour prouver que π est transcendant, nous prouvons qu'il n'est pas algébrique. Si π étaient algébrique, π i serait algébrique aussi bien, puis par le théorème Lindemann-Weierstrass e π i = -1 (voir l'identité d'Euler ) serait transcendantale, une contradiction. Donc π n'est pas algébrique, ce qui veut dire qu'il est transcendant.

Une légère variante sur la même preuve montrera que si α est un nombre algébrique non nul alors sin(α), cos(α), tan(α) et leurs homologues hyperboliques sont également transcendantaux.

conjecture p- adique

Conjecture de Lindemann-Weierstrass p -adique.  — Supposons p est unnombre premieretα 1 , ..., α n sont desnombres p -adiquesqui sont algébriques et linéairement indépendants sur, tels que| α i | p  < 1/ p pour tout i ; alors lesexponentielles p -adiquesexp p 1 ), . . . , exp p n )sont desnombres p -adiques qui sont algébriquement indépendants sur.

Conjecture modulaire

Un analogue du théorème impliquant la fonction modulaire j a été conjecturé par Daniel Bertrand en 1997, et reste un problème ouvert. Écriture q  =  e 2 π i τ pour le carré de la nome et j (τ) =  J ( q ), la conjecture est la suivante.

Conjecture modulaire  —  Soient q 1 , ..., q n des nombres algébriques non nuls dans le disque unité complexe tels que les 3 n nombres

sont algébriquement dépendants de . Alors il existe deux indices 1 ≤  i  <  j  ≤  n tels que q i et q j sont multiplicativement dépendants.

Théorème de Lindemann-Weierstrass

Théorème de Lindemann-Weierstrass (reformulation de Baker).  -  Si un 1 , ..., un n sont des nombres algébriques et α 1 , ..., α n sont des nombres algébriques distincts, alors

n'a que la solution triviale pour tout

Preuve

La preuve repose sur deux lemmes préliminaires. Notez que le lemme B lui-même est déjà suffisant pour déduire l'énoncé original du théorème de Lindemann-Weierstrass.

Lemmes préliminaires

Lemme A.  -  Soit c (1), ..., c ( r ) soit des nombres entiers et, pour chaque k entre 1 et r , que { γ ( k ) 1 , ..., γ ( k ) m ( k ) } être les racines d'un polynôme non nul à coefficients entiers . Si γ ( k ) i  ≠  γ ( u ) v à chaque fois ( ki ) ≠ ( uv ) , puis

n'a que la solution triviale pour tout

Preuve du lemme A. Pour simplifier l'ensemble de notations :

Alors l'énoncé devient

Soit p un nombre premier et définissons les polynômes suivants :

est un nombre entier non nul de telle sorte que sont tous les entiers algébriques. Définir

En utilisant l' intégration par parties, nous arrivons à

où est le degré de , et est la dérivée j de . Cela vaut également pour s complexe (dans ce cas, l'intégrale doit être conçue comme une intégrale de contour, par exemple le long du segment droit de 0 à s ) car

est une primitive de .

Considérons la somme suivante :

Dans la dernière ligne, nous avons supposé que la conclusion du Lemme est fausse. Afin de compléter la preuve, nous devons parvenir à une contradiction. Nous le ferons en estimant de deux manières différentes.

Le premier est un entier algébrique qui est divisible par p ! pour et s'annule pour à moins que et , auquel cas il est égal à

Ce n'est pas divisible par p lorsque p est assez grand car sinon, mettre

(qui est un entier algébrique non nul) et en appelant le produit de ses conjugués (qui est toujours non nul), on obtiendrait que p divise , ce qui est faux.

Ainsi est un entier algébrique non nul divisible par ( p  − 1)!. Maintenant

Puisque chacun est obtenu en divisant un polynôme fixe à coefficients entiers par , il est de la forme

où est un polynôme (à coefficients entiers) indépendant de i . Il en est de même pour les dérivés .

Ainsi, par le théorème fondamental des polynômes symétriques,

est un polynôme fixe avec des coefficients rationnels évalués en (cela se voit en regroupant les mêmes puissances d' apparition dans le développement et en utilisant le fait que ces nombres algébriques sont un ensemble complet de conjugués). Il en est donc de même de , c'est-à-dire qu'il est égal à , où G est un polynôme à coefficients rationnels indépendants de i .

Enfin est rationnel (encore une fois par le théorème fondamental des polynômes symétriques) et est un entier algébrique non nul divisible par (puisque les 's sont des entiers algébriques divisibles par ). Par conséquent

Cependant on a clairement :

F i est le polynôme dont les coefficients sont les valeurs absolues de ceux de f i (cela découle directement de la définition de ). Ainsi

et ainsi par la construction des 's nous avons pour un C suffisamment grand indépendant de p , ce qui contredit l'inégalité précédente. Ceci prouve le lemme A. ∎

Lemme B.  -  Si b (1), ..., b ( n ) sont des nombres entiers et γ (1), ..., γ ( n ), sont distincts des nombres algébriques , puis

n'a que la solution triviale pour tout

Preuve du lemme B : en supposant

nous en tirerons une contradiction, prouvant ainsi le lemme B.

Choisissons un polynôme à coefficients entiers qui s'annule sur tous les 's et soit toutes ses racines distinctes. Soit b ( n  + 1) = ... =  b ( N ) = 0.

Le polynôme

s'évanouit par hypothèse. Puisque le produit est symétrique, pour tous les monômes et ont le même coefficient dans le développement de P .

Ainsi, en développant en conséquence et en regroupant les termes avec le même exposant, nous voyons que les exposants résultants forment un ensemble complet de conjugués et, si deux termes ont des exposants conjugués, ils sont multipliés par le même coefficient.

On est donc dans la situation du lemme A. Pour arriver à une contradiction il suffit de voir qu'au moins un des coefficients est non nul. On le voit en équipant C de l'ordre lexicographique et en choisissant pour chaque facteur du produit le terme à coefficient non nul qui a un exposant maximum selon cet ordre : le produit de ces termes a un coefficient non nul dans le développement et ne pas simplifié par un autre terme. Ceci prouve le lemme B. ∎

Dernière étape

Nous allons maintenant démontrer le théorème: Soit un (1), ..., un ( n ) soit non nuls nombres algébriques et α (1), ..., α ( n ) nombres algébriques distincts. Supposons alors que :

Nous allons montrer que cela conduit à la contradiction et prouver ainsi le théorème. La preuve est très similaire à celle du lemme B, sauf que cette fois les choix sont faits sur les a ( i ) :

Pour tout i ∈ {1, ..., n }, a ( i ) est algébrique, c'est donc une racine d'un polynôme irréductible à coefficients entiers de degré d ( i ). Notons les racines distinctes de ce polynôme a ( i ) 1 , ..., a ( i ) d ( i ) , avec a ( i ) 1 = a ( i ).

Soient S les fonctions σ qui choisissent un élément dans chacune des séquences (1, ..., d (1)), (1, ..., d (2)), ..., (1, .. ., d ( n )), de sorte que pour tout 1  i  ≤  n , σ( i ) est un entier compris entre 1 et d ( i ). On forme le polynôme dans les variables

Puisque le produit est sur toutes les fonctions de choix possibles σ, Q est symétrique en pour tout i . Donc Q est un polynôme à coefficients entiers dans les polynômes symétriques élémentaires des variables ci-dessus, pour tout i , et dans les variables y i . Chacun de ces derniers polynômes symétriques est un nombre rationnel lorsqu'il est évalué dans .

Le polynôme évalué s'annule car l'un des choix est simplement σ( i ) = 1 pour tout i , pour lequel le facteur correspondant s'annule selon notre hypothèse ci-dessus. Ainsi, le polynôme évalué est une somme de la forme

où nous avons déjà regroupé les termes avec le même exposant. Ainsi, dans la partie gauche, nous avons des valeurs distinctes β(1), ..., β( N ), dont chacune est toujours algébrique (étant une somme de nombres algébriques) et des coefficients . La somme n'est pas triviale : si est maximale dans l'ordre lexicographique, le coefficient de n'est qu'un produit de a ( i ) j (avec répétitions possibles), qui est non nul.

En multipliant l'équation avec un facteur entier approprié, nous obtenons une équation identique sauf que maintenant b (1), ..., b ( N ) sont tous des entiers. Donc, d'après le lemme B, l'égalité ne peut pas tenir, et on est conduit à une contradiction qui achève la démonstration. ∎

Notez que le lemme A est suffisant pour prouver que e est irrationnel , car sinon nous pouvons écrire e = p / q , où p et q sont des entiers non nuls, mais par le lemme A nous aurions qe  −  p 0, ce qui est une contradiction. Le lemme A suffit également à prouver que π est irrationnel, car sinon on peut écrire π = k / n , où k et n sont des entiers) et alors ± i π sont les racines de n 2 x 2 + k 2 = 0 ; donc 2 − 1 − 1 = 2 e 0 + e i π + e i π ≠ 0; mais c'est faux.

De même, le lemme B est suffisant pour prouver que e est transcendant, puisque le lemme B dit que si a 0 , ..., a n sont des entiers qui ne sont pas tous nuls, alors

Lemme B suffit également de prouver que π est transcendant, car sinon on aurait 1 +  e i π  ≠ 0.

Équivalence des deux énoncés

La formulation du théorème de Baker implique clairement la première formulation. En effet, si sont des nombres algébriques linéairement indépendants sur , et

est un polynôme à coefficients rationnels, alors on a

et puisque ce sont des nombres algébriques qui sont linéairement indépendants sur les rationnels, les nombres sont algébriques et ils sont distincts pour des n -uplets distincts . Ainsi, à partir de la formulation du théorème de Baker, nous obtenons pour tous les n -uplets .

Supposons maintenant que la première formulation du théorème soit vérifiée. Car la formulation de Baker est triviale, supposons donc que , et soit des nombres algébriques non nuls, et des nombres algébriques distincts tels que :

Comme vu dans la section précédente, et avec la même notation utilisée ici, la valeur du polynôme

à

a une expression de la forme

où nous avons regroupé les exponentielles ayant le même exposant. Ici, comme prouvé ci-dessus, sont des nombres rationnels, pas tous égaux à zéro, et chaque exposant est une combinaison linéaire de avec des coefficients entiers. Alors, puisque et sont deux à deux distincts, le sous - espace vectoriel de généré par n'est pas trivial et nous pouvons choisir pour former une base pour Pour chaque , nous avons

Pour chaque laisser être le plus petit commun multiple de tous les pour , et mettre . Viennent ensuite les nombres algébriques, ils forment une base de , et chacun est une combinaison linéaire des avec des coefficients entiers. En multipliant la relation

par , où est un entier positif suffisamment grand, nous obtenons une relation algébrique non triviale avec des coefficients rationnels reliant , contre la première formulation du théorème.

Voir également

Remarques

Les références

  • Gordan, P. (1893), "Transcendenz von e und π ." , Mathematische Annalen , 43 : 222-224, doi : 10.1007/bf01443647 , S2CID  123203471
  • Hermite, C. (1873), "Sur la fonction exponentielle." , Comptes rendus de l'Académie des Sciences de Paris , 77 : 18-24
  • Hermite, C. (1874), Sur la fonction exponentielle. , Paris : Gauthier-Villars
  • Hilbert, D. (1893), "Ueber die Transcendenz der Zahlen e und π ." , Mathematische Annalen , 43 : 216-219, doi : 10.1007/bf01443645 , S2CID  179177945 , archivé à partir de l'original le 2017-10-06 , récupéré 2018-12-24
  • Lindemann, F. (1882), "Über die Ludolph'sche Zahl." , Sitzungsberichte der Königlich Preussischen Akademie der Wissenschaften zu Berlin , 2 : 679-682
  • Lindemann, F. (1882), "Über die Zahl π ." , Mathematische Annalen , 20 : 213-225, doi : 10.1007/bf01446522 , S2CID  120469397 , archivé à partir de l'original le 2017-10-06 , récupéré 2018-12-24
  • Weierstrass, K. (1885), "L'Abhandlung de Zu Lindemann. "Über die Ludolph'sche Zahl". , Sitzungsberichte der Königlich Preussischen Akademie der Wissen-schaften zu Berlin , 5 : 1067-1085

Lectures complémentaires

Liens externes