Évaristette, décembre 2018

On a le droit au théorème de Hermite--Lindemann ?

On suppose qu'il existe $p,q\in\mathbb{Z}$ tels que $p\sqrt{2}=q\ln2$, d'où $e^{p\sqrt{2}}=2^q$. Puisque $p\sqrt{2}$ est algébrique, $e^{p\sqrt{2}}$ est transcendant (d'après le théorème de Hermite--Lindemann ) et donc $2^q$ est aussi transcendant, absurde.

@Eric : Hermite-Lindemann implique immédiatement que $\log 2$ est transcendant, en particulier irrationnel.

Sans l'artillerie lourde, je partirais comme ça : on suppose par l'absurde que $2^p = \mathrm{e}^{2q}$ pour des entiers $p$ et $q$ non nuls. On a $$\mathrm{e}^{2q} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(2q)^n}{n!}.$$ Pour $N \in \mathbb N$, notons $$S_N := \sum_{n=0}^{N} \frac{(2q)^n}{n!}.$$ D'après la formule de Taylor avec reste intégral, on a pour tout $N \geq 0$, $$\mathrm{e}^{2q} = S_N + \frac{(2q)^{N+1}}{N!} \int_0^1 (1-t)^N \mathrm{e}^{2qt} \,dt$$ d'où classiquement $$0 \leq 2^p - S_N \leq \frac{(2q)^{N+1}}{(N+1)!} 2^p.$$ On a donc les inégalités $$1 + \sum_{n=1}^{N} \frac{(2q)^n}{n!} \leq 2^p \leq 1 + \sum_{n=1}^{N} \frac{(2q)^n}{n!} + \frac{(2q)^{N+1}}{(N+1)!} 2^p.$$ Peut-être qu'en raisonnant sur la valuation $2$-adique et en jouant sur la valeur de $N$ et de $q$ on peut tomber sur une contradiction.

Personne n'a de solution élémentaire ?

Chaurien a écrit:

si $r$ est un irrationnel non nul, alors $e^r$ est irrationnel,

Que dire de $r=\ln(2)$ ?
Alain :-S

@ AD
Oups... lire :
« Si $r$ est un rationnel non nul alors $e^r$ est irrationnel ».

[Bien sûr, j'ai corrigé, mais tu aurais pu le corriger toi-même. :-) AD]