Et en fait $a={\sqrt 2}^{\sqrt 2}$ est transcendant d'après le théorème de Gelfond-Schneider (1934). Mais il n'est pas nécessaire de le savoir pour répondre à la question posée.
Lorsque, on a compris l'idée, on peut donner d' autres exemples. par exemple celui de Tryss. Si $a=e^{\frac 1{\pi}}$ est rationnel, terminé. Sinon, on observe que $a^{\pi\ln2}=2$ est rationnel
Considérons la fonction $f_x:\mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ définie par $f_x(y) = x^y$.
Soit $x>1$ irrationnel. $f_x$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}^+$, donc bijective, donc le cardinal de $f_x(\mathbb{I}^+) $ est égal à celui de $\mathbb{I}^+$, donc strictement plus grand que celui de $\mathbb{Q}$
Ainsi, il existe $y \in \mathbb{I}^+$ tel que $f_x(y) = x^y \not\in \mathbb{Q}$
Bonjour,
Moi aussi j'ai du mal à savoir ce qu'est une preuve constructive. Dans l'exemple d'ev, on a une formule pour le nombre trouvé : $x=\sup\{y>0\mid y^y<2\}$. Et on est théoriquement capable de calculer autant de décimales de $x$ qu'on veut. Est-ce que ça n'en fait pas une preuve constructive ?
D'accord, il y a un réel $x>0$ tel que $x^x=2$, mais prouver qu'il est irrationnel, c'est sans doute faisable, comme pour $\sqrt 2$, mais ce n'est pas immédiat, non ?.
Pour une preuve non constructive de l'existence de deux irrationnels (ou même transcendants $x$ et $y$), un simple argument de cardinalité suffit. Il existe par exemple un ensemble non dénombrable de couples de réels strictement positifs $(x,y)$ tels que $x^y = 2$. Or seul un sous-ensemble dénombrable de ceux-ci à une coordonnée rationnelle. Il y en a donc forcément d'autres.
Supposons que $x=\frac{a}{b}$ avec $a,b$ entiers naturels premiers entre eux. On a $a^a=2^bb^a$ donc $av_2(a)=b+av_2(b)$. On en déduit que $a$ divise $b$ donc $a=1$. Il vient $1=2^bb$ ce qui est impossible.
En admettant le théorème de Lindemann, est-ce que l’on ne pourrait pas s’en sortir avec le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à la fonction exponentielle ?
Réponses
Bon, ça demande quelques prérequis, mais c'est une preuve constructive
Edit : j'ai lu de travers, mais l'idée reste la même.
Solution dans Le Petit Archimède 19, septembre 1975, p. 22. http://www.lepetitarchimede.fr/pa/PA19.pdf
Mais j'ignore qui a trouvé cet exemple, Halmos ?
Bonne journée.
Fr. Ch.
On note $\mathbb{I}$ l'ensemble des irrationnels
Considérons la fonction $f_x:\mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ définie par $f_x(y) = x^y$.
Soit $x>1$ irrationnel. $f_x$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}^+$, donc bijective, donc le cardinal de $f_x(\mathbb{I}^+) $ est égal à celui de $\mathbb{I}^+$, donc strictement plus grand que celui de $\mathbb{Q}$
Ainsi, il existe $y \in \mathbb{I}^+$ tel que $f_x(y) = x^y \not\in \mathbb{Q}$
Je ne sais pas ce qu'est une preuve non constructive.
1/ il existe \( x \in \R_+^*, \; x^x = 2 \).
2/ Ce réel \( x \) est irrationnel.
Est-ce que ça répond à ta question ?
amicalement,
e.v.
Moi aussi j'ai du mal à savoir ce qu'est une preuve constructive. Dans l'exemple d'ev, on a une formule pour le nombre trouvé : $x=\sup\{y>0\mid y^y<2\}$. Et on est théoriquement capable de calculer autant de décimales de $x$ qu'on veut. Est-ce que ça n'en fait pas une preuve constructive ?
La preuve classique de Chaurien doit-elle être considérée constructive ou non ? En quelque sorte on exhibe modulo une discussion.