Indépendance linéaire de certains nombres algébriques (Ces rśultats vous sont offerts par David A. Madore) Le but de ce papier est de démontrer et d’appliquer le très grand et très profond théorème suivant.

Théorème super génial. La famille (\sqrt{m}), où m parcourt l’ensemble des naturels sans facteur carré, est linéairement libre sur ℚ.

On va démontrer par récurrence sur n la proposition suivante :

Proposition. Si p_{1}, …, p_{n} sont des naturels distincts de 1, deux à deux étrangers et sans facteur carré, alors les 2^{n} réels

1, \sqrt{p_{1}}, \sqrt{p_{2}}, \sqrt{p_{1}p_{2}}, …, \sqrt{p_{1} ⋯ p_{n}}

sont linéairement indépendants sur ℚ.

La proposition est évidente pour n = 0. Elle est bien connue pour n = 1 (c’est ici qu’on utilise le fait que les p_{i} sont distincts de 1), et elle était du reste connue de Pythagore au sixième siècle avant notre ère ; par acquis de conscience, nous allons cependant la redémontrer.

Supposons donc s_{0}+s_{1}\sqrt{p_{1}} = 0 avec s_{0}, s_{1} rationnels, p_{1} naturel distinct de 1 sans facteur carré. On veut montrer s_{0} = s_{1} = 0. On peut clairement supposer s_{0}, s_{1} entiers. Supposons par l’absurde s_{0}, s_{1} non tous deux nuls. Quitte à diviser par un diviseur commun, on peut supposer s_{0}, s_{1} étrangers. On a alors s_{0}^{2} = p_{1}s_{1}^{2}. Mais ceci montre que s_{0}^{2} est divisible par p_{1}, et donc, comme p_{1} est sans facteur carré, que s_{0} l’est aussi ; dans ce cas, on peut écrire s_{0} = p_{1}t avec t entier. Alors s_{0}^{2} = p_{1}^{2}t^{2} donc s_{1}^{2} = p_{1}t^{2}, donc p_{1} divise s_{1}^{2}, donc aussi s_{1}. Et comme p_{1} n’est pas égal à 1, et qu’il divise s_{0} et s_{1}, ceux-ci ne sont pas étrangers, contradiction.

Supposons maintenant la proposition vraie au rang n − 1, avec n ≥ 2, et montrons qu’elle est vraie au rang n.

Considérons pour cela les nombres de la forme

r_{0···0} + r_{0···01}\sqrt{p_{1}} + ⋯ + r_{1···1}\sqrt{p_{1} ⋯ p_{n−1}}  (∗)

où r_{0···0}, …, r_{1···1} sont rationnels. Il est manifeste que ces nombres forment une algèbre commutative K de dimension finie^{∗} sur ℚ. De plus, cette algèbre est clairement intègre. Or une algèbre intègre de dimension finie est un corps (en effet, la multiplication à gauche par un élément non nul est linéaire et injective, donc bijective, donc atteint 1). Par suite, les nombres de la forme (∗) forment un corps commutatif , qui n’est bien entendu autre que

K = ℚ(\sqrt{p_{1}}, \sqrt{p_{2}}, …, \sqrt{p_{n−1}})

D’après l’hypothèse de récurrence, les coefficients qui interviennent dans l’écriture (∗) sont uniquement déterminés. Si nous appelons L le corps ℚ(\sqrt{p_{1}}, …, \sqrt{p_{n−2}}) (naturellement, si n = 2, on prend L = ℚ), alors tout élément de K s’écrit de façon unique sous la forme a + b\sqrt{p_{n−1}}, avec a, b ∈ L.

Supposons maintenant que l’on ait

s_{0···0} + s_{0···01}\sqrt{p_{1}} + ⋯ + s_{1···1}\sqrt{p_{1} ⋯ p_{n}} = 0  (∗∗)

et nous allons montrer que s_{0···0} = ⋯ = s_{1···1} = 0. On constate que (∗∗) peut encore s’écrire

s_{0} + s_{1}\sqrt{p_{n}} = 0

avec s_{0}, s_{1} ∈ K, précisément

s_{0} = s_{0···0} + s_{0···01}\sqrt{p_{1}} + ⋯ + s_{01···1}\sqrt{p_{1} ⋯ p_{n−1}}

et

s_{1} = s_{10···0} + s_{10···01}\sqrt{p_{1}} + ⋯ + s_{1···1}\sqrt{p_{1} ⋯ p_{n−1}}

D’après l’hypothèse de récurrence, montrer que s_{0···0} = ⋯ = s_{1···1} = 0 équivaut à montrer que s_{0} = 0 et s_{1} = 0. Supposons par l’absurde que s_{1} est non nul. Alors on a

\sqrt{p_{n}} = −\frac{s_{0}}{s_{1}}

∗ Cette dimension est ≤ 2^{n−1} ; d’après l’hypothèse de récurrence, c’est même exactement 2^{n−1}, mais nous n’avons pas encore utilisé l’hypothèse de récurrence. donc \sqrt{p_{n}} ∈ K. On peut alors écrire \sqrt{p_{n}} = a+b\sqrt{p_{n−1}} et a, b ∈ L. Mais alors p_{n} = (a^{2}+p_{n−1}b^{2})+2ab\sqrt{p_{n−1}}, et comme on a vu que l’écriture d’un élément de K sous la forme a′ + b′\sqrt{p_{n−1}} avec a′, b′ ∈ L est unique, on en tire

\{ \begin{matrix}a^{2} + p_{n−1}b^{2} = p_{n} \\ ab = 0 \end{matrix}

De ab = 0 on tire soit b = 0 soit a = 0. Dans le premier cas, a^{2} = p_{n}, et nous posons x = a, p = p_{n} ; dans le second cas, (p_{n−1}b)^{2} = p_{n−1}p_{n}, et nous posons x = p_{n−1}b, p = p_{n−1}p_{n}. On a ainsi x^{2} = p dans tous les cas, où x ∈ L et p est un entier sans facteur carré (c’est ici qu’on utilise l’hypotèse que les p_{i} sont étrangers deux à deux) étranger à p_{1}, …, p_{n−2}. De cela, on tire immédiatement \sqrt{p} ∈ L, et donc \sqrt{p} est combinaison linéaire de 1, \sqrt{p_{1}}, \sqrt{p_{2}}, …, \sqrt{p_{1} ⋯ p_{n−2}}. Mais ceci contredit l’hypothèse de récurrence appliquée à p_{1}, …, p_{n−2}, p. C’est donc que l’hypothèse s_{1} ≠ 0 est absurde, et donc s_{1} = 0 et donc aussi s_{0} = 0. Ceci termine la récurrence.

Le théorème lui-même est maintenant pratiquement évident : si m_{1}, …, m_{k} sont des naturels sans facteur carré, soient p_{1}, …, p_{n} les nombres premiers qui divisent l’un des m_{j}. Alors les m_{j} se trouvent tous parmi les nombres

1, \sqrt{p_{1}}, \sqrt{p_{2}}, \sqrt{p_{1}p_{2}}, …, \sqrt{p_{1} ⋯ p_{n}}

(c’est ici qu’on utilise le fait que les m_{j} sont sans facteur carré) ; ils sont donc linéairement indépendants sur ℚ, ce qui démontre le théorème.

A titre d’exemple d’utilisation du théorème, on a le

Corollaire-exemple. Pour tout naturel n > 1, la somme

\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}}

n’est pas un rationnel.

En effet, pour tout rationnel r, \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + ⋯ + \frac{1}{\sqrt{n}} − r s’écrit comme une combinaison linéaire à coefficients rationnels de nombres de la forme \sqrt{m} où m est sans facteur carré (il suffit pour le voir de faire passer les racines au numérateur et de sortir les facteurs carrés des racines). Reste seulement à voir que tous les coefficients de cette combinaison linéaire sont non nuls. Mais c’est clair car le coefficient de \sqrt{2} est 1 + \frac{1}{2} + ⋯ + \frac{1}{k} (pour un certain k) et n’est donc certainement pas nul.

Le théorème montre de manière semblable l’irrationnalité de \sqrt{2}+⋯+\sqrt{n}, ou de \frac{1}{\sqrt{2}} − \frac{1}{\sqrt{3}} +⋯+ \frac{(−1)^{n}}{\sqrt{n}}, ou de \sqrt{2} − \sqrt{3} + ⋯ + (−1)^{n}\sqrt{n}. En revanche, le résultat suivant est plus subtil :

Corollaire. Pour tout naturel n > 1, et tous rationnels α_{2}, …, α_{n} non nuls, la somme

α_{2}\sqrt{2} + α_{3}\sqrt{3} + ⋯ + α_{n}\sqrt{n}

n’est pas un rationnel.

Encore une fois, il faut voir qu’un des coefficients de la combinaison linéaire obtenue comme précédemment est non nul. Pour cela, soit m le plus grand entier inférieur ou égal à n et sans facteur carré. Le nombre de multiples de 4 dans ]\frac{n}{4}; n] est inférieur strictement à \frac{1}{4}(n − \frac{n}{4}) + 1, le nombre de multiples de 9, inférieur strictement à \frac{1}{9}(n − \frac{n}{4}) + 1, et ainsi de suite. Le nombre d’entiers de ]\frac{n}{4}; n] ayant un facteur carré est donc inférieur strictement à (\frac{π^{2}}{6} − 1)(n − \frac{n}{4}) + \sqrt{n}. Par ailleurs, le nombre d’entiers dans ]\frac{n}{4}; n] est supérieur ou égal à n− \frac{n}{4}. Ainsi, le nombre d’entiers sans facteur carré dans ]\frac{n}{4}; n] est supérieur strictement à \frac{3}{4}(2 − \frac{π^{2}}{6} )n − \sqrt{n}, et pour n ≥ (\frac{4}{3(2−π^{2}/6)})^{2}, soit en fait n ≥ 15, il y a un entier sans facteur carré dans ]\frac{n}{4}; n], et en particulier, m > \frac{n}{4}. Pour n ≤ 14, l’assertion est également vraie comme on le vérifie immédiatement “à la main”. De plus, on a m > 1. Mais m > \frac{n}{4} signifie encore 4m > n, et par conséquent, le seul terme mettant en jeu \sqrt{m} est α_{m}\sqrt{m} lui-même. Par conséquent, le coefficient de \sqrt{m} est non nul. Ceci montre le corollaire.