Commen¸cons par quelques notations. Le symbole d´ esignera ]0, 1[

Irrationalit´ e de ζ (3)

Gilles Auriol

auriolg@free.fr — http ://auriolg@free.fr

Ce r´ esultat est dˆ u au math´ ematicien fran¸cais Roger Ap´ ery, en 1978. L’ann´ ee suivante, Beukers a simplifi´ e la preuve, c’est celle qui est propos´ ee ici.

Commen¸cons par quelques notations. Le symbole d´ esignera ]0, 1[

²

. On notera d

n

le plus petit commun multiple des entiers compris entre 1 et n. On montre en th´ eorie des nombres que d

_n

6 3

ⁿ

; pour une preuve voir par exemple l’ouvrage de Daniel Duverney, Th´ eorie des nombres, Dunod, 1998.

Enfin pour tout entier n, on pose P

n

(x) = 1 n!

d

ⁿ

dx

ⁿ

(x

ⁿ

(1 − x)

ⁿ

). Voici les propri´ et´ es que nous utiliserons de ces polynˆ omes (dits de Legendre).

1 Lemme. — P

_n

est un polynˆ ome ` a coefficients entiers de degr´ e n et pour toute fonction de classe C

ⁿ

on a ∫

1

0

P

_n

(x)f(x) dx = ( − 1)

ⁿ

∫

1 0

x

ⁿ

(1 − x)

ⁿ

n! f

⁽ⁿ⁾

(x) dx.

Preuve. — En d´ eveloppant par la formule du binˆ ome de Newton puis en d´ erivant, il vient P

_n

(x) =

∑

n i=0

( n i

)( n + i n

)

( − 1)

ⁱ

x

ⁱ⁺ⁿ

, ce qui prouve que P

_n

est ` a coefficients entiers.

Pour tout 0 6 i 6 n − 1, le polynˆ ome d

ⁱ

dx

ⁱ

(x

ⁿ

(1 − x)

ⁿ

) s’annule en 0 et en 1 puisque ces entiers sont racines d’ordre n du polynˆ ome x

ⁿ

(1 − x)

ⁿ

. En effectuant n int´ egrations par parties, on aboutit ` a la formule annonc´ ee.

2 Lemme. — Pour tout (x, y, z) ∈ ]0, 1[

³

, on a

x(1 − x)y(1 − y)z(1 − z) 1 − (1 − xy)z 6 ( √

2 − 1)

⁴

.

Preuve. — Notons f la fonction de trois variables ainsi d´ efinie et montrons qu’elle peut se prolonger par continuit´ e ` a [0, 1]

³

en posant f = 0 sur les faces du cube. Le d´ enominateur de cette fonction est nul si et seulement si z = 1 et xy = 0. Montrons par exemple que f tend vers 0 sur l’arˆ ete d’´ equation x = 0 et z = 1. Pour 0 < a, b, c < 1 , comme 1 − c > 0, on a

f(a, b, c) = a(1 − a)b(1 − b)c(1 − c)

1 − c + abc 6 a(1 − a)b(1 − b)c(1 − c)

abc = (1 − a)(1 − b)(1 − c), d’o` u la nullit´ e de la fonction lorsque (a, b, c) tend par l’int´ erieur du cube vers (0, y

₀

, 1) o` u y

₀

∈ [0, 1].

La fonction f ainsi prolong´ ee est continue sur le compact [0, 1]

³

; elle y atteint donc son maximum, et c’est certainement en des points int´ erieurs au cube puisqu’elle est nulle sur ses faces (et elle n’est pas identiquement nulle). On supposera donc dor´ enavant que (x, y, z) ∈ ]0, 1[

³

. N´ ecessairement les coordonn´ ees d’un point en lesquelles f atteint son maximum annulent les d´ eriv´ ees partielles en x, y, z. Cela donne respectivement, en chassant les d´ enominateurs et les facteurs du type x, y, z, 1 − x, 1 − y, 1 − z qui sont non nuls, les ´ equations

1 − z − 2x + 2xz − x

²

yz = 0 [1], 1 − z − 2y + 2yz − xy

²

z = 0 [2]

1

et (1 − 2z)(1 − (1 − xy)z) + (1 − xy)z(1 − z) = 0 [3]

En soustrayant [2] ` a [1], il vient (x − y)( − 2+2z − xyz) = 0. Mais − 2+2z − xyz = z(2 − xy) − 2 6 0, avec ´ egalit´ e si et seulement si z = 1 et xy = 0, cas que nous avons ´ ecart´ e. Ainsi x = y. En rempla¸cant dans [1],

z = 1 − 2x

x

³

− 2x + 1 [4],

`

a condition de s’ˆ etre assur´ e de la non nullit´ e du d´ enominateur, ce qui est clair une fois remarqu´ e que x

³

− 2x + 1 = (x − 1)(x

²

+ x − 1). En injectant dans [3],

(

1 − 2(1 − 2x) x

³

− 2x + 1

) (

1 − (1 − x

²

) 1 − 2x x

³

− 2x + 1

)

+ (1 − x

²

) 1 − 2x

x

³

− 2x + 1 × x

³

x

³

− 2x + 1 = 0, d’o` u en multipliant par (x

³

− 2x + 1)

²

et en r´ eduisant les facteurs,

(x

³

+ 2x − 1)(x

²

(1 − x)) + (1 − x

²

)(1 − 2x)x

³

= 0 et en divisant par x

²

(1 − x) ̸ = 0, on arrive ` a

x

³

+ x

²

− 3x + 1 = 0,

qui se factorise en (x − 1)(x

²

+ 2x − 1) = 0. Finalement x est la racine comprise entre 0 et 1 du trinˆ ome x

²

+ 2x − 1, c’est-` a-dire x = √

2 − 1 = y. Il reste ` a injecter dans [4] pour trouver z =

√ 2 2 . On a alors

1 − (1 − xy)z = 1 − (1 − ( √

2 − 1)

²

)

√ 2

2 = 1 − (2 √ 2 − 2)

√ 2 2 = √

2 − 1 et enfin

f(x, y, z) = (1 − √

2)

²

(2 − √

2)

^2√₂²²⁻₂^√2

√ 2 − 1 = (1 − √ 2)

²

( √

2( √

2 − 1))

^2√₂²

√2(√ 2−1)

√

2

2 − 1 = ( √

2 − 1)

⁴

, calcul miraculeux s’il en est !

3 Lemme. — Soit r, s ∈ N . On a

I

_r,s

=

∫

− x

^r

y

^s

ln(xy)

1 − xy dx dy ∈

 



 

2ζ(3) + 1

d

³_r

Z si r = s > 1 1

d

³_r

Z si r > s et I

_0,0

= 2ζ(3).

Preuve. — Le th´ eor` eme de convergence monotone permet d’´ ecrire I

_r,s

=

∫

− x

^r

y

^s

ln(xy)

1 − xy dx dy =

∫

− x

^r

y

^s

ln(xy)

+∞

∑

n=0

(xy)

ⁿ

dx dy

=

∑

+∞

n=0

{∫

− x

^r+n

y

^s+n

ln(x) dx dy +

∫

− x

^r+n

y

^s+n

ln(y) dx dy }

Une int´ egration par parties montre

∀ k ∈ N ,

∫

₁

0

− x

^k

ln(x) dx = 1

(k + 1)

²

,

2

d’o` u par le th´ eor` eme de Fubini-Tonelli,

∫

− x

^r+n

y

^s+n

ln(x) dx dy = (∫

1

0

− x

^r+n

ln(x) dx

) (∫

1 0

y

^s+n

dy )

= 1

(r + n + 1)

²

(s + n + 1) et finalement

I

_r,s

=

+∞

∑

n=0

1

(r + n + 1)(s + n + 1)

( 1

r + n + 1 + 1 s + n + 1

) .

Le r´ esultat pour I

_0,0

est clair. Si r = s > 1, il vient I

r,s

= 2

+∞

∑

n=0

1

(r + n + 1)

³

= 2 (

ζ(3) − 1 − 1

2

³

− · · · − 1 r

³

)

∈ 2ζ(3) + 1 d

³_r

Z Si r > s, on a la d´ ecomposition en ´ el´ ement simple

1

(r + n + 1)(s + n + 1) = 1 r − s

( 1

s + n + 1 − 1 r + n + 1

)

donc en rempla¸cant

I

_r,s

= 1 r − s

+∞

∑

n=0

( 1

(s + n + 1)

²

− 1 (r + n + 1)

²

) .

On observe alors que la s´ erie est t´ elescopique ; il reste I

_r,s

= 1

r − s

( 1

(s + 1)

²

+ · · · + 1 r

²

)

d’o` u le r´ esultat.

Preuve (de l’irrationalit´ e de ζ(3) ). — Consid´ erons l’int´ egrale I

_n

=

∫

− P

_n

(x)P

_n

(y) ln(xy)

1 − xy dx dy.

Puisque P

_n

est de degr´ e n ` a coefficients entiers, I

_n

est une combinaison lin´ eaire ` a coefficients entiers d’int´ egrales de la forme I

r,s

avec r, s 6 n. Le lemme 3 montre alors qu’il existe a

n

et b

n

deux entiers tels que I

n

= 2a

n

ζ(3) + b

_n

d

³_n

. En supposant ζ(3) rationnel, il s’´ ecrit ζ(3) = a

b o` u a et b sont deux entiers positifs. On peut ´ ecrire I

_n

sous la forme

I

_n

= A

_n

bd

³_n

, A

_n

∈ Z .

Nous allons montrer que I

n

̸ = 0 et que A

n

tend vers 0 lorsque n vers + ∞ , ce qui constituera une contradiction.

Commen¸cons par remarquer que pour tout (x, y) ∈ ,

∫

₁

0

dz

1 − (1 − xy)z = [

− ln(1 − (1 − xy)z) 1 − xy

]

z=1 z=0

= − ln(xy) 1 − xy .

Soit M un majorant de la fonction (x, y) 7−→ | P

_n

(x)P

_n

(y) | sur le compact [0, 1]

²

. Il vient par le th´ eor` eme de Fubini-Tonelli,

3

∫

∫

1 0

| P

n

(x) | | P

_n

(y) |

1 − (1 − xy)z dx dy dz 6 M

∫

∫

1 0

dz

1 − (1 − xy)z dx dy = M × I

0,0

< + ∞ , si bien que le th´ eor` eme de Fubini puis le lemme 1 permettent d’´ ecrire

I

_n

=

∫

(∫

1 0

P

_n

(x) P

_n

(y)

1 − (1 − xy)z dx )

dy dz

=

∫

(∫

1 0

( − 1)

ⁿ

x

ⁿ

(1 − x)

ⁿ

n!

d

ⁿ

dx

ⁿ

( P

_n

(y) 1 − (1 − xy)z

) dx

) dy dz

=

∫

(∫

₁

0

( − 1)

ⁿ

x

ⁿ

(1 − x)

ⁿ

n!

( P

_n

(y)( − 1)

ⁿ

n!y

ⁿ

z

ⁿ

(1 − (1 − xy)z)

ⁿ⁺¹

) dx

) dy dz

=

∫

P

_n

(y) (∫

1

0

(1 − x)

ⁿ

x

ⁿ

y

ⁿ

z

ⁿ

(1 − (1 − xy)z)

ⁿ⁺¹

dz

) dx dy.

Il faut justifier cette derni` ere ´ egalit´ e. C’est encore le th´ eor` eme de Fubini puisque | P

n

(y) | est born´ e et l’int´ egrale sur ]0, 1[ est finie comme le montre le changement de variable w = 1 − z

1 − (1 − xy)z . Il est involutif et ´ echange 0 et 1. Les calculs utiles sont les suivants

dz = − xy dw

(1 − (1 − xy)z)

²

, et 1 − (1 − xy)z = xy

1 − (1 − xy)w .

En rempla¸cant et en continuant les calculs (et en utilisant encore Fubini puis Fubini-Tonelli), I

n

= −

∫

P

n

(y) (∫

1

0

(1 − x)

ⁿ

(1 − w)

ⁿ

1 − (1 − xy)w dw

) dx dy

= −

∫

(∫

1 0

( − 1)

ⁿ

y

ⁿ

(1 − y)

ⁿ

n!

d

ⁿ

dy

ⁿ

( (1 − x)

ⁿ

(1 − w)

ⁿ

1 − (1 − xy)w

) dy

) dx dw

= −

∫

(∫

₁

0

( − 1)

ⁿ

y

ⁿ

(1 − y)

ⁿ

n!

( (1 − x)

ⁿ

(1 − w)

ⁿ

( − 1)

ⁿ

n!x

ⁿ

w

ⁿ

(1 − (1 − xy)w)

ⁿ⁺¹

) dy

) dx dw

= −

∫

∫

1 0

x

ⁿ

(1 − x)

ⁿ

y

ⁿ

(1 − y)

ⁿ

w

ⁿ

(1 − w)

ⁿ

(1 − (1 − xy)w)

ⁿ⁺¹

dx dy dz

= −

∫

∫

1 0

(f (x, y, w))

ⁿ

1

1 − (1 − xy)w dx dy dw o` u f est la fonction du lemme 2. On a ainsi I

n

< 0 et

0 < | A

_n

| = bd

_n

| I

_n

| 6 bd

_n

( √

2 − 1)

⁴ⁿ

∫

∫

1 0

1

1 − (1 − xy)w dx dy dw.

Cette derni` ere int´ egrale triple est I

0,0

= 2ζ(3), et utilisant la majoration d

n

6 3

ⁿ

on arrive ` a 0 < | A

_n

| 6 2ζ(3)b × (27( √

2 − 1)

⁴

)

ⁿ

< 2ζ(3)b × 0.8

ⁿ

,

d’o` u une contradiction puisque A

_n

est un entier coinc´ e strictement entre 0 et 1 pour n assez grand.

R´ ef´ erence. — ζ(3), Bogdan Nica. Article disponible sur Internet.

4