$$e^{ln(2)} = 2$$
avec e et ln(2) irrationnels :-)

EDIT
Ok, énoncé édité, voyons voir ...
On a le droit à ça ?
$$x=\sqrt3 y=2\frac{ln(2)}{ln(3)}$$
On aura alors :
$$x^y=e^{yln(x)}$$
$$=e^{\frac{2ln(2)}{ln(3)}ln(\sqrt3)$$
$$=e^{ln(2)}[/latex] car [latex]ln(\sqrt3)=\frac{ln(3)}{2}$$
$$=2$$
EDIT 2
Je pense que tu attendais plutôt quelque chose comme ça (ton dernier edit est assez clair là-dessus, j'le ferai plus, promis :-D )
Je prends $r=\sqrt2^{\sqrt2}$

- Si r est rationnel, alors on prend :
$$x=y=\sqrt2$$
- Si r est irrationnel
$$r^{\sqrt2} = (\sqrt2^{\sqrt2})^{\sqrt2}$$ $$=\sqrt2^{\sqrt2.\sqrt2}$$ $$=\sqrt2^2$$ $$=2$$
Alors on prend
$$x=\sqrt2^{\sqrt2} y=\sqrt2$$
Tout ça sans savoir si r est vraiment rationnel ou pas (je me doute qu'il est irrationnel, ça reste à prouver !)

@Bruno K : j'ai édité l'énoncé il faut des réels pardon.

@looping : tu m'as bien eu, j'y avais pas pensé, vais faire un edit.

J'aurais dû me méfier des petits malins, je l'ai postée trop vite celle-là.

@Barbabulle : et saurais-tu prouver (conformément au nouvel énoncé) ce que tu avances sans utiliser un résultat connu ?

Si tu me demandes si je sais prouver que $\sqrt2^{\sqrt2}$ est irrationnel sans utiliser un résultat connu, la réponse est non. Mes compétences en math se limite à une recherche sur google et l'utilisation de wolfram-alpha.
D'ailleurs, dès qu'une énigme de math est originale, je suis bien incapable de répondre !
Mais en attendant pour répondre à ta question, Gelfond et Schneider ont très bien répondu.

$$x^y=\frac{p}{q} donc x=[\frac{p}{q}]^{1/y} y=\frac{ln(p)-ln(q)}{ln(x)} \rm pour l'exemple on pose y = \frac{\sqrt(2)}{2}, p = 4, q = 5 ce qui donne x = 0.8^{\sqrt2} \approx 0.729$$
je ne vois trop le problème... ou l’énigme ici

Je propose $x=\sqrt{2}^{\sqrt2}=2^\dfrac1{\sqrt2}$ et $y=\sqrt2$.
$$x^y=({\sqrt2^{\sqrt2}})^{\sqrt2}=\sqrt2^2=2$$
Il reste à montrer que x est irrationnel ce qui est le cas.

Edit: Quelqu'un l'a déjà démontré pour moi
http://fr.wikipedia.org/wiki/Constante_ … -Schneider

J'ai modifié mon premier post avec un lien sur une démonstration
Je ne vois pas de truc plus simple mais je vais le garder en tête...

Je tente ma chance ...
$${\sqrt 2}^y[/latex] est une bijection de [latex][0,+\infty[[/latex] sur [latex][1,+\infty[[/latex] , donc il existe y tel que [latex]{\sqrt 2}^y=3$$
si y est rationnel alors y=p/q et ${\sqrt 2}^p=3^q$
si p est pair (p=2p') ça donne $2^{p'}=3^q$ ce qui n'est pas possible avec p' et q entiers.
si p est impair (p=2p'+1) ça donne $\sqrt 2\times 2^{p'} =3^q$ ce qui voudrait dire que $\sqrt 2$ est rationnel

donc y est irrationnel

x=2^$sqrt2$ est irrationnel
y=$sqrt2$ irrationnel

$x^y$=$2^2$=4, entier donc rationnel

Prenons $x=\sqrt{2}, y=\sqrt{2}, z=x^y=\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$

Cas 1: z est rationnel
alors x^y est rationnel avec x et y irrationnels, CQFD

Cas 2: z est irrationnel.
Dans ce cas, $z^x = (\sqrt{2}^{\sqrt{2}})^{\sqrt{2}} = \sqrt{2}^{(\sqrt{2}*\sqrt{2})} = \sqrt{2}^2 = 2$, et 2 est rationnel
Donc x et z étant irrationnels, z^x est rationnel, re-CQFD.

@ irmo et scarta : tout à fait ce que j'attendais !

@ irmo : cet en effet un exemple que j'utilise aussi en cours de logique comme exemple de preuve non-constructive (non-intuitionniste).

@nicouj : si tu as une preuve constructive qui tient en quelques lignes, je suis preneur

J'aime beaucoup la preuve de Tromaril.