est irrationnel en raisonnant par l'absurde. On suppose donc qu'il existe des entiers naturels non nuls a et b tels que π

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

On se propose de montrer que π

est irrationnel en raisonnant par l'absurde. On suppose donc qu'il existe des entiers naturels non nuls a et b tels que π

=

.

Pour tout n ∈ N

, on dénit dans R une fonction polynomiale f

et un réel A

par f

(x) = 1

n! x

(1 − x)

, A

= π Z

0

a

f

(x) sin(πx) dx On pose, pour n ∈ N

et x réel,

F

(x) = b

n

X

k=0

(−1)

π

f

(x) g

(x) = F

(x) sin(πx) − πF

(x) cos(πx) 1. Montrer que f

(x) =

P

i=n

e

x

avec e

, e

, · · · , e

dans Z.

2. Montrer que, pour tout k ∈ N, les valeurs des dérivées f

(0) et f

(1) sont des entiers relatifs.

3. a. Montrer que F

(0) et F

(1) sont des entiers.

b. Montrer que

g

(x) = π

a

f

(x) sin(πx) puis que A

est entier.

4. On pose u

=

a

.

a. Montrer qu'il existe n

∈ N tel que u

<

pour n entier supérieur ou égal à n

. b. Montrer que 0 ≤ f

(x) ≤

pour x ∈ [0, 1] et n ∈ N

.

c. Montrer que π

est irrationnel. En déduire que π est irrationnel.

Corrigé

1. On obtient la forme demandée en développant (1 − x)

suivant la formule du binôme.

Les e

sont entiers car ils sont égaux, au signe près, à des coecients du binôme.

2. Remarquons d'abord que 0 et 1 sont des racines de multiplicité n de f

. On sait donc que les f

sont nulles en 0 et k pour k entre 0 et n − 1 . Comme d'autre part f

est de degré 2n , les f

sont nulles partout pour k > 2n .

Il reste donc à montrer que les f

(0) et f

(1) sont dans Z pour n ≤ k ≤ 2n . Pour un tel k , exprimons la dérivée à l'aide de la formule de Leibniz :

f

(x) = 1 n!

k

X

i=0

k i

(x

)

((1 − x)

)

Dans cette somme, quels sont les i qui contribuent réellement à f

(0) ? En fait, il n'y en a qu'un ! C'est i = n . On en déduit

f

(0) = 1 n!

k n

n! (−1)

n(n − 1) · · · (n − k + n − 1) ∈ Z De même

f

(x) = 1 n!

k

X

i=0

k i

(x

)

((1 − x)

)

Dans cette somme, quels sont les i qui contribuent réellement à f

(1) ? En fait, il n'y en a qu'un ! C'est i = n . On en déduit

f

(1) = 1 n!

k n

n(n − 1) · · · (n − k + n − 1) (−1)

n! ∈ Z 3. a. À cause de l'expression de π

:

F

(x) =

n

X

k=0

(−1)

a

b

f

(x)

Comme a , b et les f

(0) et f

(1) sont dans Z, les valeurs de F

(0) et F

(1) sont aussi entières.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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b. Dérivons g

puis calculons F

(x) .

g

(x) = F

(x) sin(πx) + πF

(x) cos(πx) − πF

(x) cos(πx) + π

F

(x) sin(πx)

= F

(x) + π

F

(x) sin(πx)

F

(x) = b

n

X

k=0

(−1)

π

f

(x)

= b

n+1

X

k⁰=1

−(−1)

π

f

(x) avec k

= k + 1

= −π

n

X

k=1

(−1)

π

f

(x) car f

(x) = 0

= −π

F

(x) − b

π

f

(x)

= −π

F

(x) + b

π

f

(x) On en déduit

g

(x) = b

π

f

(x) sin(πx) = π

b

a

b

f

(x) sin(πx) = π

a

f

(x) sin(πx) Ce calcul fournit une primitive qui permet de calculer A

A

= 1

π [g

(x)]

= 1

π (πF

(1) − πF

(0)) = F

(1) − F

(0) ∈ Z 4. a. Posons m

= dae et q =

0

. Alors 0 < q < 1 et, pour k ≥ m

,

< q donc 0 < u

≤ u

q

. On en déduit que (u

)

N

tend vers 0 . Il existe donc un n

tel que u

<

pour n ≥ n

.

b. Si 0 ≤ x ≤ 1 alors 0 ≤ 1 − x ≤ 1 donc leurs puissances sont aussi dans [0, 1] et 0 ≤ f

(x) ≤

.

c. Sur [0, 1] , les deux fonctions sont positives continues mais non identiquement nulles donc

0 < A

≤ πa

n!

Z

0

sin(πx) dx = a

n! [− cos(πx)]

= 2u

Pour n ≥ n

, on a 0 < A

< 1 ce qui est absurde car on sait que A

∈ Z.

Ainsi, l'hypothèse π

=

conduit à une contradiction ce qui prouve que π

est irrationnel. On en déduit que π est irrationnel car si π était rationnel, π

le serait aussi.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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