L'objectif de cette partie est de montrer l'irrationalité de e r pour tout r ∈ Q ∗ . Les suites (u n ) n∈

Énoncé

L'objectif de cette partie est de montrer l'irrationalité de e ^r pour tout r ∈ Q ^∗ . Les suites (u _n ) _n∈

N

^∗

et (v _n ) _n∈

N

^∗

sont dénies par

∀n ∈ N ^∗ , u n = 1 + 1

1! + · · · + 1

n! , v n = u n + 1 n n! . Par dénition de la fonction exponentielle, le nombre e est la limite de (u _n ) _n∈

N

^∗

. On dénit aussi, pour tout n ∈ N ^∗ , des fonctions polynomiales U _n et L _n et T _n par :

∀x ∈ R , U n (x) = 1

n! x ⁿ (1 − x) ⁿ , L n = U _n ⁽ⁿ⁾ . On dénit enn la fonction T _n par :

∀x ∈ R , T _n (x) = Z 1

0

L _n (t) e ^xt dt.

Partie I. Résultats préliminaires.

1. a. Soit (x n ) _n∈

N une suite de réels strictement positifs tels que _x

n+1

x

_n

n∈ N

soit conver- gente de limite nulle. Montrer que (x n ) _n∈

N est convergente de limite nulle.

b. Soit λ réel non nul. Montrer que ^λ _n!

ⁿ

n∈ N est convergente de limite nulle.

2. Valeurs prises par les dérivées successives d'une fonction polynomiale.

a. Montrer que

∀k ∈ J 0, n − 1 K , U _n ^(k) (0) = U _n ^(k) (1) = 0.

b. Pour tout k ∈ J 0, n − 1 K, exprimer U n ^(n+k) (0) et U n ^(n+k) (1) en fonction de n et k . Vérier que ces nombres sont des entiers.

On pourra utiliser la formule de Leibniz et préciser les termes contribuant réelle- ment aux sommes obtenues.

3. Formule d'intégration par parties itérée.

Soit a et b réels tels que a < b et p ∈ N ^∗ . Soit f et g deux fonctions de classe C ^p de [a, b] dans R. Montrer

Z b a

f ^(p) (t)g(t) dt =

p

X

k=1

(−1) ^k+1 h

f ^(p−k) g ^(k−1) i b a

+ (−1) ^p Z b

a

f (t)g ^(p) (t) dt.

4. Un critère d'irrationalité.

Soit ω > 0 . On pose

Z ω = {kω, k ∈ Z } , Z + Z ω =

k + k ⁰ ω, (k, k ⁰ ) ∈ Z ² .

a. On suppose qu'il existe a > 0 réel tel que Z + Z ω = Z a . Montrer que ω ∈ Q ( ω est rationnel).

b. On suppose ω ∈ Q avec p et q naturels non nuls, premiers entre eux tels que ω = ^p _q . On pose enn a = ¹ _q .

i. Montrer que Z + Z ω ⊂ Z a .

ii. Montrer que Z a ⊂ Z + Z ω . On admettra l'existence de deux entiers u et v tels que up + vq = 1 .

5. Une condition susante d'irrationalité.

a. Soit (k n ) _n∈

N une suite convergente de nombres entiers dont la limite est nulle.

Montrer

∃N ∈ N ^∗ tel que ∀n ≥ N, k n = 0.

b. Soit ω ∈ R ^∗ et (p n ) _n∈

N , (q n ) _n∈

N deux suites de nombres entiers tels que

∀n ∈ N ^∗ , q n ω − p n 6= 0.

Montrer que si la suite (q n ω − p n ) _n∈

N est convergente de limite nulle, alors le nombre ω est irrationnel.

Partie II. Irrationalités

1. Montrer que les suites (u _n ) _n∈

N

^∗

et (v _n ) _n∈

N

^∗

sont adjacentes. Justier que

∀n ∈ N ^∗ , u _n < e < v _n .

2. Vérier que (n! u n ) _n∈N

∗

est une suite de nombres entiers puis montrer que e est irra- tionnel.

3. Préciser les degrés des fonctions polynomiales U _n et L _n . 4. Soient n ∈ N ^∗ et x ∈ R ^∗ .

a. Montrer que

T n (x) = (−x) ⁿ Z 1

0

U n (t) e ^xt dt et T n (x) 6= 0.

b. En majorant t(1 − t) pour t ∈ [0, 1] , montrer que

|x ⁿ T n (x)| ≤ x ²ⁿ

4 ⁿ n! max(1, e ^x ).

c. Montrer que la suite (x ⁿ T n (x)) _n∈N converge vers 0 . 5. Pour (x, t) ∈ R × [0, 1] , on pose ψ x (t) = e ^xt .

a. Montrer que

∀x ∈ R , x ⁿ⁺¹ T _n (x) = (−1) ⁿ Z 1

0

ψ ⁽²ⁿ⁺¹⁾ _x (t)U _n (t) dt.

b. Montrer qu'il existe deux fonctions polynomiales P _n et Q _n , à coecients entiers et de degré n , telles que :

∀x ∈ R , x ⁿ⁺¹ T _n (x) = Q _n (x)e ^x − P _n (x).

6. Montrer l'irrationalité de e ^r pour tout r ∈ N ^∗ puis pour tout r ∈ Q ^∗ . Montrer que ln α est irrationnel pour α > 0 rationnel et diérent de 1 .

Corrigé

Partie I. Résultats préliminaires

1. a. Soit (x n ) _n∈

N une suite de réels strictement positifs tels que _x

n+1

x

_n

n∈ N

converge vers 0. On veut montrer que (x n ) _n∈

N converge vers 0. Plusieurs raisonnements sont possibles.

Par majoration.

Il existe N ∈ N tel que ^x

^k+1

_x

_k

≤ ¹ ₂ pour k ≥ N . En multipliant ces inégalités pour k de N à n − 1 ≥ N , une simplication télescopique multiplicative se produit et on obtient

u _n u N

≤ 1

2 ^n−N ⇒ u n ≤ 2 ^N u N

1 2

n

.

La suite (x _n ) _n∈

N est dominée par une suite géométrique de raison ¹ ₂ , elle est donc convergente.

On peut aussi raisonner avec des limites.

Á partir d'un certain rang ^x _x

ⁿ⁺¹_n

< 1 . La suite est donc strictement décroissante à partir d'un certain rang. Comme elle est positive, elle converge. Sa limite est 0 car sinon _x

n+1

x

_n

n∈N convergerait vers 1 .

b. La suite converge vers 0 car en posant x n = ^λ _n!

ⁿ

, on peut appliquer la première question :

x _n+1 x n

= λ

n + 1 → 0.

2. Exprimons les dérivées de U n à l'aide de la formule de Leibniz.

U _n ^(m) (t) = 1 n!

m

X

i=0

m i

(t ⁿ ) ⁽ⁱ⁾ ((1 − t) ⁿ ) ^(m−i) .

Pour que i contribue vraiment à la somme, il faut que i ≤ n et m − i ≤ n c'est à dire i ≥ m − n .

a. Si m = k < n , la deuxième condition est toujours réalisée et U _n ^(k) (t) = 1

n!

k

X

i=0

k i

(n(n − 1) · · · ) t ⁿ⁻ⁱ (−1) ^m−i n(n − 1) · · ·

(1 − t) ^n−m+i .

Comme n − i > 0 et n − m + i > 0 ces dérivées sont nulles en 0 et 1 .

Si on dispose des polynômes, on peut aussi remarquer que 0 et 1 sont des racines

de multiplicité n du polynôme correspondant à U _n .

b. Si m = n + k avec k ∈ J 0, n − 1 K. La deuxième condition donne i ≥ m − n = k . U _n ^(n+k) (t) = 1

n!

n

X

i=k

n + k i

(n(n − 1) · · · ) t ⁿ⁻ⁱ (−1) ^m−i n(n − 1) · · ·

(1 − t) ^i−k .

Pour U n ^(m) (0) , seul i = n contribue : U _n ^(m) (0) = 1

n!

n + k n

n!



(−1) ^k n(n − 1) · · ·

| {z }

k facteurs



 (1 − 0) ^n−m+i ∈ Z .

Pour U n ^(m) (1) , seul i = k contribue : U _n ^(m) (0) = 1

n!

n + k k



n(n − 1) · · ·

| {z }

k facteurs



 1 ^n−k (−1) ⁿ n! ∈ Z .

3. Formule d'intégration par parties itérée.

Pour p ∈ N ^∗ , notons P p la formule à vérier P p :

Z b a

f ^(p) (t)g(t) dt =

p

X

k=1

(−1) ^k+1 h

f ^(p−k) g ^(k−1) i b a

+ (−1) ^p Z b

a

f (t)g ^(p) (t) dt.

Pour p = 1 , il s'agit de la formule d'intégration par parties usuelle

Z b a

f ⁽¹⁾ (t)g(t) dt =

1

X

k=1

(−1) ^k+1 h

f ^(p−k) g ^(k−1) i b a

+ (−1) ^p Z b

a

f (t)g ^(p) (t) dt

= h

f ⁽⁰⁾ g ⁽⁰⁾ i ^b

a − Z b

a

f (t)g ⁽¹⁾ (t) dt.

Montrons que P p entraine P p+1 . On commence par une intégration par parties puis on utilise P _p .

Z b a

f ^(p+1) (t)g(t) dt = h f ^(p) g i b

a

− Z b

a

f ^(p) (t)g ⁰ (t) dt

= h f ^(p) g i b

a

−

p

X

k=1

(−1) ^k+1 h

f ^(p−k) g ^(k) i b a

+ (−1) ^p+1 Z b

a

f (t)g ^(p+1) (t) dt

= h f ^(p) g i b

a

+

p+1

X

k=2

(−1) ^k−1 h

f ^(p+1−k) g ^(k−1) i b a

+ (−1) ^p+1 Z b

a

f (t)g ^(p+1) (t) dt.

En posant k ⁰ = k + 1 dans la somme puis en revenant au nom k pour l'indice de sommation. Le premier crochet correspond à celui d'indice 1 dans la somme. On a bien montré P p+1 .

4. a. Par dénition, 1 et ω appartiennent à Z + Z ω car 1 = 1 + oω et ω = 0 + 1ω . Il existe donc p et q dans Z ^∗ tels que

1 = q a ω = p a )

⇒ ω = p q ∈ Q .

b. On suppose ω = ^p _q avec p et q entiers non nuls et premiers entre eux. On pose a = ¹ _q .

i. Pour tout z ∈ Z + ω Z, il existe (k, k ⁰ ) ∈ Z ² tels que z = k + k ⁰ ω = k + k ⁰ p

q = (qk + k ⁰ p) 1

q = (qk + k ⁰ p)a ∈ Z a.

ii. Réciproquement, on admet qu'il existe u et v entiers tels que up + vq = 1 (théorème de Bezout). Pour tout z ∈ Z a , il existe k ∈ Z tel que

z = ka = k up + vq

q = kv + ku p

q ∈ Z + Z ω.

5. a. Par dénition de la convergence d'une suite vers 0 , il existe N tel que

n ≥ N ⇒ |k n | < 1 ⇒ k n = 0 car k n ∈ Z . b. Si la suite (q n ω − p n ) _n∈

N converge vers 0 , alors (λq n ω − λp n ) _n∈

N converge aussi vers 0 pour n'importe quel réel λ .

Si ω est rationnel, on peut choisir un λ entier égal au dénominateur de ω de sorte que (λq n ω − λp n ) _n∈N est une suite de nombre entier qui converge vers 0 . On a alors une contradiction entre le fait que cette suite est nulle à partir d'un certain rang et la fait qu'elle ne s'anulle pas. Ainsi ω est forcément irrationnel.

Partie II. Irrationalités

1. La suite (u n ) _n∈N est clairement croissante avec u n < v n et (v n − u n ) _n∈N → 0 . Pour

montrer le caractère adjacent, il reste à prouver que (v _n ) _n∈N est décroissante. Cela

vient de :

v n+1 − v n = 1

(n + 1)! + 1

(n + 1) (n + 1)! − 1

n n! = n(n + 1) + n − (n + 1) ² n(n + 1) (n + 1)!

= − 1

n(n + 1) (n + 1)! < 0.

L'encadrement que l'on nous demande de vérier est strict. Or le passage à la limite dans une inégalité conduit à des inégalités larges. On procède donc en deux temps. Par passage à la limite : u n+1 ≤ e ≤ v n+1 . Par la stricte monotonie des suites :

u n < u n+1 ≤ e ≤ v n+1 < v n .

2. En multipliant u _n par n! , tous les dénominateurs se simplient. On en déduit que n! u _n ∈ N ^∗ . De plus, à partir de u _n < e < v _n , on déduit

∀n ∈ N ^∗ , 0 < n! e − n! u _n < 1 n .

Si e était rationnel, n! e serait entier à partir d'un certain rang et donc n! e − n! u _n serait un entier dans ]0, 1[ ce qui est absurde. On en déduit que e est irrationnel.

3. La fonction polynomiale U n est de degré 2n , la fonction L n , obtenue en dérivant n fois est de degré n .

4. a. Utilisons la formule d'intégration par partie itérée (question I.3.) avec a = 0 , b = 1 , f = U n , p = n , g(t) = e ^xt .

T n (x) =

n

X

i=1

(−x) ^k−1 h

T _n ^(n−k) e ^xt i ¹

0

| {z }

=0

+ (−x) ⁿ Z 1

0

U n (t) e ^xt dt

Chaque crochet de la somme est nul d'après la question I.2.a. (0 et 1 sont des racines de T n de multiplicité n ).

Il reste à vérier que T n (x) 6= 0 . Remarquons que t 7→ e ^xt t ⁿ (1−t) ⁿ est strictement positive dans ]0, 1[ . On en déduit que sa primitive est strictement croissante dans [0, 1] donc

Z 1 0

e ^xt U n (t) dt > 0 ⇒ T n (x) = (−x) ⁿ Z 1

0

U n (t) e ^xt dt 6= 0.

b. En dérivant, on montre que t 7→ t(1 − t) atteint sa valeur maximale en ¹ ₂ . On en déduit

∀t ∈ [0, 1] , 0 ≤ t(1 − t) ≤ 1

4 ⇒ 0 ≤ U n (t) ≤ 1 4 ⁿ n!

⇒ |T n (x)| ≤ |x| ⁿ Z 1

0

e ^xt

4 ⁿ dt = |x| ⁿ 4 ⁿ n!

e ^x − 1 x . D'après l'inégalité des accroissements nis appliquée à la fonction exponentielle entre 0 et x ,

e ^x − 1

x = e ^x − e ⁰ x − 0

≤ plus grande valeur de l'exponentielle entre 0 et x = max(1, e ^x ).

En multipliant par |x| ⁿ , on obtient bien

|x ⁿ T n (x)| ≤ x ²ⁿ

4 ⁿ n! max(1, e ^x ).

c. On peut appliquer le résultat de la question I.1.b à la suite

x

²ⁿ

4

ⁿ

n!

n∈ N

avec λ = ^x ₄

²

. On en déduit par le théorème d'encadrement des suites que (x ⁿ T n (x)) _n∈N converge vers 0 .

5. a. Comme ψ x ⁽²ⁿ⁺¹⁾ (t) = x ²ⁿ⁺¹ e ^xt , on obtient

∀x ∈ R , x ⁿ⁺¹ T n (x) = (−1) ⁿ Z 1

0

ψ ⁽²ⁿ⁺¹⁾ _x (t)U n (t) dt

en multipliant le relation de la question II.4.a. par x ⁿ⁺¹ .

b. On applique la formule d'intégration par parties itérée avec p = 2n + 1 , f = ψ _x et g = U n .

Z 1 0

ψ _x ⁽²ⁿ⁺¹⁾ (t)U n (t) dt =

2n+1

X

k=1

(−1) ^k+1 h

x ^2n+1−k e ^xt U _n ^(k−1) (t) i ¹

0

+ (−1) ²ⁿ⁺¹ Z 1

0

e ^xt U _n ⁽²ⁿ⁺¹⁾ (t) dt

| {z }

=0

La dernière intégrale est nulle car la fonction polynomiale U n est de degré 2n . On obtient donc

x ⁿ⁺¹ T _n (x) = Q _n (x)e ^x − P _n (x) avec

Q n (x) =

2n+1

X

k=1

(−1) ^n+k+1 U _n ^(k−1) (1) x ^2n+1−k ,

P n (x) =

2n+1

X

k=1

(−1) ^n+k+1 U _n ^(k−1) (0) x ^2n+1−k .

Il s'agit bien de fonctions polynomiales. De plus, d'après les questions I.2. a. et b., seuls les k ∈ J n + 1, 2n + 1 K contribuent à la somme et les U n ^(k−1) (0) et U n ^(k−1) (1) sont des entiers donc les fonctions P _n et Q _n sont polynomiales à coecients entiers et de degré au plus n .

6. On applique la condition susante d'irrationalité (résultat de la question I.5.b.) avec ω = e ^r (pour r entier non nul), p _n = P _n (r) et q _n = Q _n (r) .

Comme P n et Q n sont à coecients entiers, p n et q n sont entiers. De plus : r ⁿ⁺¹ T n (r) 6= 0 d'après la deuxième propriété de II.4.a.

(q _n e ^r − p _n ) _n∈

N = r ⁿ⁺¹ T _n (r)

n∈ N converge vers 0 d'après II.4.c.

Le résultat de la question I.5.b. assure alors que e ^r est irrationnel.

Soit r = ^p _q avec p ∈ Z ^∗ et q ∈ N ^∗ . On sait alors que e ^p est irrationnel.

Comme e ^p = e

^pq

^q

, on en déduit que e

^pq

est irrationnel car s'il était rationnel, sa puissance q le serait aussi.

Soit α > 0 , α 6= 1 et β = ln α réel non nul. Alors α = e ^β . D'après le résultat précédent : β ∈ Q ⇒ α = e ^β ∈ / Q

⇔ (α ∈ Q ⇒ β = ln α / ∈ Q ) .