Dans les années 1760, Johann Heinrich Lambert a été le premier à prouver que le nombre π (pi) est irrationnel , ce qui signifie qu’il ne peut pas être exprimé en fraction un / b {displaystyle a/b}
En 1882, Ferdinand von Lindemann a prouvé que π n’est pas seulement irrationnel, mais aussi transcendantal . [1]
Preuve de Lambert
En 1761, Lambert a prouvé que π est irrationnel en montrant d’abord que cette expansion de fraction continue est vraie :
tan ( x ) = x 1 − x 2 3 − x 2 5 − x 2 7 − ⋱ . {displaystyle tan(x)={cfrac {x}{1-{cfrac {x^{2}}{3-{cfrac {x^{2}}{5-{cfrac {x^ {2}}{7-{}ddots }}}}}}}}.}
Puis Lambert a prouvé que si x est non nul et rationnel, alors cette expression doit être irrationnelle. Puisque tan( π /4) = 1, il s’ensuit que π /4 est irrationnel et donc π est également irrationnel. [2] Une simplification de la preuve de Lambert est donnée ci- dessous .
Preuve d’ermite
Écrite en 1873, cette preuve utilise la caractérisation de π comme le plus petit nombre positif dont la moitié est un zéro de la fonction Cosinus et elle prouve en fait que π 2 est irrationnel. [3] [4] Comme dans de nombreuses preuves d’irrationalité, il s’agit d’une preuve par contradiction .
Considérons les suites de fonctions A n et U n de R {displaystyle mathbb {R} }
A 0 ( x ) = sin ( x ) , A n + 1 ( x ) = ∫ 0 x y A n ( y ) d y U 0 ( x ) = sin ( x ) x , U n + 1 ( x ) = − U n ′ ( x ) x {displaystyle {begin{aligned}A_{0}(x)&=sin(x),&&A_{n+1}(x)=int _{0}^{x}yA_{n}(y ),dy\[4pt]U_{0}(x)&={frac {sin(x)}{x}},&&U_{n+1}(x)=-{frac {U_{ n}'(x)}{x}}end{aligné}}}
En utilisant l’induction, on peut prouver que
A n ( x ) = x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! ! − x 2 n + 3 2 × ( 2 n + 3 ) ! ! + x 2 n + 5 2 × 4 × ( 2 n + 5 ) ! ! ∓ ⋯ U n ( x ) = 1 ( 2 n + 1 ) ! ! − x 2 2 × ( 2 n + 3 ) ! ! + x 4 2 × 4 × ( 2 n + 5 ) ! ! ∓ ⋯ {displaystyle {begin{aligned}A_{n}(x)&={frac {x^{2n+1}}{(2n+1)!!}}-{frac {x^{2n+ 3}}{2times (2n+3)!!}}+{frac {x^{2n+5}}{2times 4times (2n+5)!!}}mp cdots [4pt]U_{n}(x)&={frac {1}{(2n+1)!!}}-{frac {x^{2}}{2times (2n+3) ! !}}+{frac {x^{4}}{2times 4times (2n+5)!!}}mp cdots end{aligned}}}
et donc on a :
U n ( x ) = A n ( x ) x 2 n + 1 . {displaystyle U_{n}(x)={frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}.,}
Alors
A n + 1 ( x ) x 2 n + 3 = U n + 1 ( x ) = − U n ′ ( x ) x = − 1 x d d x ( A n ( x ) x 2 n + 1 ) = − 1 x ( A n ′ ( x ) ⋅ x 2 n + 1 − ( 2 n + 1 ) x 2 n A n ( x ) x 2 ( 2 n + 1 ) ) = ( 2 n + 1 ) A n ( x ) − x A n ′ ( x ) x 2 n + 3 {displaystyle {begin{aligned}{frac {A_{n+1}(x)}{x^{2n+3}}}&=U_{n+1}(x)=-{frac { U_{n}'(x)}{x}}=-{frac {1}{x}}{frac {mathrm {d} }{mathrm {d} x}}left({frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}right)\[6pt]&=-{frac {1}{x}}left({frac {A_{n }'(x)cdot x^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}A_{n}(x)}{x^{2(2n+1)}}}right)= {frac {(2n+1)A_{n}(x)-xA_{n}'(x)}{x^{2n+3}}}end{aligned}}}
qui équivaut à
A n + 1 ( x ) = ( 2 n + 1 ) A n ( x ) − x 2 A n − 1 ( x ) . {displaystyle A_{n+1}(x)=(2n+1)A_{n}(x)-x^{2}A_{n-1}(x).,}
En utilisant la définition de la séquence et en employant l’induction, nous pouvons montrer que
A n ( x ) = P n ( x 2 ) sin ( x ) + x Q n ( x 2 ) cos ( x ) , {displaystyle A_{n}(x)=P_{n}(x^{2})sin(x)+xQ_{n}(x^{2})cos(x),,}
où P n et Q n sont des fonctions polynomiales à coefficients entiers et le degré de P n est inférieur ou égal à ⌊ n /2⌋. En particulier, A n ( π /2) = P n ( π 2 /4).
Hermite a également donné une expression fermée pour la fonction A n , à savoir
A n ( x ) = x 2 n + 1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cos ( x z ) d z . {displaystyle A_{n}(x)={frac {x^{2n+1}}{2^{n}n !}}int _{0}^{1}(1-z^{2 })^{n}cos(xz),mathrm {d} z.,}
Il n’a pas justifié cette affirmation, mais elle peut être prouvée facilement. Tout d’abord, cette affirmation équivaut à
1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cos ( x z ) d z = A n ( x ) x 2 n + 1 = U n ( x ) . {displaystyle {frac {1}{2^{n}n !}}int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}cos(xz), mathrm {d} z={frac {A_{n}(x)}{x^{2n+1}}}=U_{n}(x).}
En procédant par induction, prenons n = 0.
∫ 0 1 cos ( x z ) d z = sin ( x ) x = U 0 ( x ) {displaystyle int _{0}^{1}cos(xz),mathrm {d} z={frac {sin(x)}{x}}=U_{0}(x)}
et, pour l’étape inductive, considérez tout n ∈ N {displaystyle nin mathbb {N} }
1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cos ( x z ) d z = U n ( x ) , {displaystyle {frac {1}{2^{n}n !}}int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}cos(xz), mathrm {d} z=U_{n}(x),}
puis, en utilisant l’ intégration par parties et la règle de Leibniz , on obtient
1 2 n + 1 ( n + 1 ) ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n + 1 cos ( x z ) d z = 1 2 n + 1 ( n + 1 ) ! ( ( 1 − z 2 ) n + 1 sin ( x z ) x | z = 0 z = 1 ⏞ = 0 + ∫ 0 1 2 ( n + 1 ) ( 1 − z 2 ) n z sin ( x z ) x d z ) = 1 x ⋅ 1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n z sin ( x z ) d z = − 1 x ⋅ d d x ( 1 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cos ( x z ) d z ) = − U n ′ ( x ) x = U n + 1 ( x ) . {displaystyle {begin{aligned}{frac {1}{2^{n+1}(n+1) !}}&int _{0}^{1}(1-z^{2} )^{n+1}cos(xz),mathrm {d} z\&={frac {1}{2^{n+1}(n+1) !}}left( overbrace {left.(1-z^{2})^{n+1}{frac {sin(xz)}{x}}right|_{z=0}^{z=1}} ^{=0}+int _{0}^{1}2(n+1)(1-z^{2})^{n}z{frac {sin(xz)}{x}} ,mathrm {d} zright)\[8pt]&={frac {1}{x}}cdot {frac {1}{2^{n}n!}}int _{ 0}^{1}(1-z^{2})^{n}zsin(xz),mathrm {d} z\[8pt]&=-{frac {1}{x} }cdot {frac {mathrm {d} }{mathrm {d} x}}left({frac {1}{2^{n}n!}}int _{0}^{1 }(1-z^{2})^{n}cos(xz),mathrm {d} zright)\[8pt]&=-{frac {U_{n}'(x) }{x}}\[4pt]&=U_{n+1}(x).end{aligned}}}
Si π 2 /4 = p / q , avec p et q dans N {displaystyle mathbb {N} }
N = q ⌊ n 2 ⌋ A n ( π 2 ) = q ⌊ n 2 ⌋ ( p q ) n + 1 2 2 n n ! ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cos ( π 2 z ) d z . {displaystyle N=q^{leftlfloor {frac {n}{2}}rightrfloor}A_{n}left({frac {pi }{2}}right)=q ^{leftlfloor {frac {n}{2}}rightrfloor }{frac {left({frac {p}{q}}right)^{n+{frac {1} {2}}}}{2^{n}n !}}int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}cos left({frac {pi }{2}}zdroite),mathrm {d} z.}
Mais ce nombre est nettement supérieur à 0. D’autre part, la limite de cette quantité quand n tend vers l’infini est zéro, et donc, si n est assez grand, N < 1. De ce fait, une contradiction est atteinte.
Hermite n’a pas présenté sa preuve comme une fin en soi mais comme une réflexion après coup dans sa recherche d’une preuve de la transcendance de π . Il a discuté des relations de récurrence pour motiver et obtenir une représentation intégrale commode. Une fois cette représentation intégrale obtenue, il existe différentes façons de présenter une preuve succincte et autonome à partir de l’intégrale (comme dans les présentations de Cartwright, Bourbaki ou Niven), ce qu’Hermite pourrait facilement voir (comme il l’a fait dans sa preuve de la transcendance de e [5] ).
De plus, la preuve d’Hermite est plus proche de la preuve de Lambert qu’il n’y paraît. En fait, A n ( x ) est le “résidu” (ou “reste”) de la fraction continue de Lambert pour tan( x ). [6]
Preuve de Cartwright
Harold Jeffreys a écrit que cette preuve avait été donnée en exemple lors d’un examen à L’université de Cambridge en 1945 par Mary Cartwright , mais qu’elle n’avait pas retracé son origine. [7] Il reste encore aujourd’hui sur la 4e feuille de problème pour le cours d’Analyse IA à L’université de Cambridge. [8]
Considérez les intégrales
I n ( x ) = ∫ − 1 1 ( 1 − z 2 ) n cos ( x z ) d z , {displaystyle I_{n}(x)=int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n}cos(xz),dz,}
où n est un entier non négatif.
Deux intégrations par parties donnent la relation de récurrence
x 2 I n ( x ) = 2 n ( 2 n − 1 ) I n − 1 ( x ) − 4 n ( n − 1 ) I n − 2 ( x ) . ( n ≥ 2 ) {displaystyle x^{2}I_{n}(x)=2n(2n-1)I_{n-1}(x)-4n(n-1)I_{n-2}(x).qquad (ngeq 2)}
Si
J n ( x ) = x 2 n + 1 I n ( x ) , {displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x),}
alors cela devient
J n ( x ) = 2 n ( 2 n − 1 ) J n − 1 ( x ) − 4 n ( n − 1 ) x 2 J n − 2 ( x ) . {displaystyle J_{n}(x)=2n(2n-1)J_{n-1}(x)-4n(n-1)x^{2}J_{n-2}(x).}
De plus, J 0 ( x ) = 2sin( x ) et J 1 ( x ) = −4 x cos( x ) + 4sin( x ). Donc pour tout n ∈ Z + ,
J n ( x ) = x 2 n + 1 I n ( x ) = n ! ( P n ( x ) sin ( x ) + Q n ( x ) cos ( x ) ) , {displaystyle J_{n}(x)=x^{2n+1}I_{n}(x)=n !{bigl (}P_{n}(x)sin(x)+Q_{n} (x)cos(x){bigr )},}
où P n ( x ) et Q n ( x ) sont des polynômes de degré ≤ n , et à coefficients entiers (dépendant de n ).
Prenez x = π /2, et supposez si possible que π /2 = a / b , où a et b sont des nombres naturels (c’est-à-dire, supposez que π est rationnel). Puis
a 2 n + 1 n ! I n ( π 2 ) = P n ( π 2 ) b 2 n + 1 . {displaystyle {frac {a^{2n+1}}{n!}}I_{n}left({frac {pi }{2}}right)=P_{n}left({ frac {pi }{2}}right)b^{2n+1}.}
Le côté droit est un entier. Mais 0 < I n ( π /2) < 2 puisque l’intervalle [−1, 1] est de longueur 2 et que la fonction à intégrer ne prend que des valeurs comprises entre 0 et 1. Par contre,
a 2 n + 1 n ! → 0 as n → ∞ . {displaystyle {frac {a^{2n+1}}{n!}}to 0quad {text{ as }}nto infty .}
Ainsi, pour n suffisamment grand
0 < a 2 n + 1 I n ( π 2 ) n ! < 1 , {displaystyle 0<{frac {a^{2n+1}I_{n}left({frac {pi }{2}}right)}{n!}}<1,}
c’est-à-dire que nous pourrions trouver un entier entre 0 et 1. C’est la contradiction qui découle de l’hypothèse selon laquelle π est rationnel.
Cette preuve est similaire à la preuve d’Hermite. En effet,
J n ( x ) = x 2 n + 1 ∫ − 1 1 ( 1 − z 2 ) n cos ( x z ) d z = 2 x 2 n + 1 ∫ 0 1 ( 1 − z 2 ) n cos ( x z ) d z = 2 n + 1 n ! A n ( x ) . {displaystyle {begin{aligned}J_{n}(x)&=x^{2n+1}int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n} cos(xz),dz\[5pt]&=2x^{2n+1}int _{0}^{1}(1-z^{2})^{n}cos(xz) ,dz\[5pt]&=2^{n+1}n!A_{n}(x).end{aligned}}}
Cependant, c’est clairement plus simple. Ceci est réalisé en omettant la définition inductive des fonctions A n et en prenant comme point de départ leur expression sous forme d’intégrale.
La preuve de Niven
Cette preuve utilise la caractérisation de π comme le plus petit zéro positif de la fonction Sinus . [9]
Supposons que π soit rationnel, c’est-à-dire π = a / b pour certains entiers a et b ≠ 0 , qui peuvent être pris sans perte de généralité comme positifs. Étant donné tout entier positif n , nous définissons la fonction polynomiale :
f ( x ) = x n ( a − b x ) n n ! {displaystyle f(x)={frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}}}
et, pour chaque x ∈ R soit
F ( x ) = f ( x ) − f ′′ ( x ) + f ( 4 ) ( x ) + ⋯ + ( − 1 ) n f ( 2 n ) ( x ) . {displaystyle F(x)=f(x)-f”(x)+f^{(4)}(x)+cdots +(-1)^{n}f^{(2n)}( X).}
Revendication 1 : F (0) + F ( π ) est un nombre entier.
Preuve : En développant f comme une somme de monômes, le coefficient de x k est un nombre de la forme c k / n ! où c k est un entier, qui vaut 0 si k < n . Donc, f ( k ) (0) vaut 0 quand k < n et est égal à ( k ! / n !) c k si n ≤ k ≤ 2 n ; dans chaque cas, f ( k) (0) est un entier et donc F (0) est un entier.
D’autre part, f ( π – x ) = f ( x ) et donc (–1) k f ( k ) ( π – x ) = f ( k ) ( x ) pour chaque entier non négatif k . En particulier, (–1) k f ( k ) ( π ) = f ( k ) (0). Par conséquent, f ( k) ( π ) est aussi un entier et donc F ( π ) est un entier (en fait, il est facile de voir que F ( π ) = F (0), mais ce n’est pas pertinent pour la preuve). Puisque F (0) et F ( π ) sont des entiers, leur somme l’est aussi.
Revendication 2 :
∫ 0 π f ( x ) sin ( x ) d x = F ( 0 ) + F ( π ) {displaystyle int _{0}^{pi}f(x)sin(x),dx=F(0)+F(pi )}
Preuve : Puisque f (2 n + 2) est le polynôme nul, on a
F ′′ + F = f . {displaystyle F”+F=f.}
Les dérivées de la fonction Sinus et Cosinus sont données par sin’ = cos et cos’ = −sin. La règle du produit implique donc
( F ′ ⋅ sin − F ⋅ cos ) ′ = f ⋅ sin {displaystyle (F’cdot sin -Fcdot cos )’=fcdot sin }
Par le théorème fondamental du calcul
∫ 0 π f ( x ) sin ( x ) d x = ( F ′ ( x ) sin x − F ( x ) cos x ) | 0 π . {displaystyle left.int _{0}^{pi }f(x)sin(x),dx={bigl (}F'(x)sin xF(x)cos x{ bigr )}right|_{0}^{pi }.}
Puisque sin 0 = sin π = 0 et cos 0 = – cos π = 1 (ici, nous utilisons la caractérisation mentionnée ci-dessus de π en tant que zéro de la fonction sinusoïdale), la revendication 2 suit.
Conclusion : Puisque f ( x ) > 0 et sin x > 0 pour 0 < x < π (car π est le plus petit zéro positif de la fonction Sinus), les revendications 1 et 2 montrent que F (0) + F ( π ) est un entier positif . Puisque 0 ≤ x ( a – bx ) ≤ π a et 0 ≤ sin x ≤ 1 pour 0 ≤ x ≤ π, on a, par la définition originale de f ,
∫ 0 π f ( x ) sin ( x ) d x ≤ π ( π a ) n n ! {displaystyle int _{0}^{pi}f(x)sin(x),dxleq pi {frac {(pi a)^{n}}{n!}}}
qui est plus petit que 1 pour un grand n , donc F (0) + F ( π ) < 1 pour ces n , selon la revendication 2. Ceci est impossible pour l’entier positif F (0) + F ( π ) . Cela montre que l’hypothèse originale selon laquelle π est rationnel conduit à une contradiction, ce qui conclut la preuve.
La preuve ci-dessus est une version soignée, aussi simple que possible concernant les prérequis, d’une analyse de la formule
∫ 0 π f ( x ) sin ( x ) d x = ∑ j = 0 n ( − 1 ) j ( f ( 2 j ) ( π ) + f ( 2 j ) ( 0 ) ) + ( − 1 ) n + 1 ∫ 0 π f ( 2 n + 2 ) ( x ) sin ( x ) d x , {displaystyle int _{0}^{pi}f(x)sin(x),dx=sum _{j=0}^{n}(-1)^{j}left( f^{(2j)}(pi )+f^{(2j)}(0)right)+(-1)^{n+1}int _{0}^{pi }f^{ (2n+2)}(x)sin(x),dx,}
qui s’obtient par 2 n + 2 intégrations par parties . La revendication 2 établit essentiellement cette formule, où l’utilisation de F masque l’intégration itérée par parties. La dernière intégrale s’annule car f (2 n + 2) est le polynôme nul. La revendication 1 montre que la somme restante est un nombre entier.
La preuve de Niven est plus proche de la preuve de Cartwright (et donc d’Hermite) qu’il n’y paraît à première vue. [6] En fait,
J n ( x ) = x 2 n + 1 ∫ − 1 1 ( 1 − z 2 ) n cos ( x z ) d z = ∫ − 1 1 ( x 2 − ( x z ) 2 ) n x cos ( x z ) d z . {displaystyle {begin{aligned}J_{n}(x)&=x^{2n+1}int _{-1}^{1}(1-z^{2})^{n} cos(xz),dz\&=int _{-1}^{1}left(x^{2}-(xz)^{2}right)^{n}xcos(xz ),dz.end{aligné}}}
Par conséquent, la substitution xz = y transforme cette intégrale en
∫ − x x ( x 2 − y 2 ) n cos ( y ) d y . {displaystyle int _{-x}^{x}(x^{2}-y^{2})^{n}cos(y),dy.}
En particulier,
J n ( π 2 ) = ∫ − π / 2 π / 2 ( π 2 4 − y 2 ) n cos ( y ) d y = ∫ 0 π ( π 2 4 − ( y − π 2 ) 2 ) n cos ( y − π 2 ) d y = ∫ 0 π y n ( π − y ) n sin ( y ) d y = n ! b n ∫ 0 π f ( x ) sin ( x ) d x . {displaystyle {begin{aligned}J_{n}left({frac {pi }{2}}right)&=int _{-pi /2}^{pi /2} gauche({frac {pi ^{2}}{4}}-y^{2}right)^{n}cos(y),dy\[5pt]&=int _{0 }^{pi }left({frac {pi ^{2}}{4}}-left(y-{frac {pi }{2}}right)^{2}right )^{n}cos left(y-{frac {pi }{2}}right),dy\[5pt]&=int _{0}^{pi }y^{ n}(pi -y)^{n}sin(y),dy\[5pt]&={frac {n!}{b^{n}}}int _{0}^{ pi }f(x)sin(x),dx.end{aligné}}}
Un autre lien entre les preuves réside dans le fait qu’Hermite mentionne déjà [3] que si f est une fonction polynomiale et
F = f − f ( 2 ) + f ( 4 ) ∓ ⋯ , {displaystyle F=ff^{(2)}+f^{(4)}mp cdots ,}
alors
∫ f ( x ) sin ( x ) d x = F ′ ( x ) sin ( x ) − F ( x ) cos ( x ) + C , {displaystyle int f(x)sin(x),dx=F'(x)sin(x)-F(x)cos(x)+C,}
d’où il résulte que
∫ 0 π f ( x ) sin ( x ) d x = F ( π ) + F ( 0 ) . {displaystyle int _{0}^{pi}f(x)sin(x),dx=F(pi)+F(0).}
La preuve de Bourbaki
La preuve de Bourbaki est décrite comme un exercice dans son traité de calcul . [10] Pour chaque nombre naturel b et chaque entier non négatif n , définissez
A n ( b ) = b n ∫ 0 π x n ( π − x ) n n ! sin ( x ) d x . {displaystyle A_{n}(b)=b^{n}int _{0}^{pi }{frac {x^{n}(pi -x)^{n}}{n ! }}sin(x),dx.}
Puisque A n ( b ) est l’intégrale d’une fonction définie sur [0, π ] qui prend la valeur 0 sur 0 et sur π et qui est supérieure à 0 sinon, A n ( b ) > 0. De plus, pour chaque naturel nombre b , A n ( b ) < 1 si n est suffisamment grand, car
x ( π − x ) ≤ ( π 2 ) 2 {displaystyle x(pi -x)leq left({frac {pi }{2}}right)^{2}}
et donc
A n ( b ) ≤ π b n 1 n ! ( π 2 ) 2 n = π ( b π 2 / 4 ) n n ! . {displaystyle A_{n}(b)leq pi b^{n}{frac {1}{n!}}left({frac {pi }{2}}right)^{2n }=pi {frac {(bpi ^{2}/4)^{n}}{n!}}.}
D’autre part, l’intégration répétée par parties permet de déduire que, si a et b sont des nombres naturels tels que π = a / b et f est la fonction polynomiale de [0, π ] dans R définie par
f ( x ) = x n ( a − b x ) n n ! , {displaystyle f(x)={frac {x^{n}(a-bx)^{n}}{n!}},}
alors:
A n ( b ) = ∫ 0 π f ( x ) sin ( x ) d x = [ − f ( x ) cos ( x ) ] x = 0 x = π − [ − f ′ ( x ) sin ( x ) ] x = 0 x = π + ⋯ ± [ f ( 2 n ) ( x ) cos ( x ) ] x = 0 x = π ± ∫ 0 π f ( 2 n + 1 ) ( x ) cos ( x ) d x . {displaystyle {begin{aligned}A_{n}(b)&=int _{0}^{pi }f(x)sin(x),dx\[5pt]&={ Grand [}-f(x)cos(x){Grand ]}_{x=0}^{x=pi }-{Grand [}-f'(x)sin(x){ Grand ]}_{x=0}^{x=pi }+cdots pm {Grand [}f^{(2n)}(x)cos(x){Grand ]}_{x= 0}^{x=pi }pm int _{0}^{pi }f^{(2n+1)}(x)cos(x),dx.end{aligned}}}
Cette dernière intégrale vaut 0, puisque f (2 n + 1) est la fonction nulle (car f est une fonction polynomiale de degré 2 n ). Comme chaque fonction f ( k ) (avec 0 ≤ k ≤ 2 n ) prend des valeurs entières sur 0 et sur π et qu’il en est de même avec les fonctions Sinus et Cosinus, cela prouve que A n ( b ) est un entier. Comme il est également supérieur à 0, il doit s’agir d’un nombre naturel. Mais il a aussi été prouvé que A n ( b ) < 1 si nest assez grand, atteignant ainsi une contradiction .
Cette preuve est assez proche de la preuve de Niven, la principale différence entre elles étant la manière de prouver que les nombres A n ( b ) sont des entiers.
La preuve de Laczkovich
La preuve de Miklós Laczkovich est une simplification de la preuve originale de Lambert. [11] Il considère les fonctions
f k ( x ) = 1 − x 2 k + x 4 2 ! k ( k + 1 ) − x 6 3 ! k ( k + 1 ) ( k + 2 ) + ⋯ ( k ∉ { 0 , − 1 , − 2 , … } ) . {displaystyle f_{k}(x)=1-{frac {x^{2}}{k}}+{frac {x^{4}}{2!k(k+1)}}- {frac {x^{6}}{3!k(k+1)(k+2)}}+cdots quad (knotin {0,-1,-2,ldots }) .}
Ces fonctions sont clairement définies pour tout x ∈ R . Outre
f 1 2 ( x ) = cos ( 2 x ) , {displaystyle f_{frac {1}{2}}(x)=cos(2x),}
Affirmation 1 : La relation de récurrence suivante est vérifiée :
∀ x ∈ R : x 2 k ( k + 1 ) f k + 2 ( x ) = f k + 1 ( x ) − f k ( x ) . {displaystyle forall xin mathbb {R} :qquad {frac {x^{2}}{k(k+1)}}f_{k+2}(x)=f_{k+1 }(x)-f_{k}(x).}
Preuve : Cela peut être prouvé en comparant les coefficients des puissances de x .
Affirmation 2 : Pour chaque x ∈ R , lim k → + ∞ f k ( x ) = 1. {displaystyle lim _{kto +infty}f_{k}(x)=1.}
Preuve : En fait, la suite x 2 n / n ! est borné (puisqu’il converge vers 0) et si C est un majorant et si k > 1, alors
| f k ( x ) − 1 | ⩽ ∑ n = 1 ∞ C k n = C 1 / k 1 − 1 / k = C k − 1 . {displaystyle left|f_{k}(x)-1right|leqslant sum _{n=1}^{infty }{frac {C}{k^{n}}}=C{ frac {1/k}{1-1/k}}={frac {C}{k-1}}.}
Affirmation 3 : Si x ≠ 0 et si x 2 est rationnel, alors
∀ k ∈ Q ∖ { 0 , − 1 , − 2 , … } : f k ( x ) ≠ 0 and f k + 1 ( x ) f k ( x ) ∉ Q . {displaystyle forall kin mathbb {Q} smallsetminus {0,-1,-2,ldots } :qquad f_{k}(x)neq 0quad {text{ et } }quad {frac {f_{k+1}(x)}{f_{k}(x)}}notin mathbb {Q} .}
Preuve : Sinon, il y aurait un nombre y ≠ 0 et des entiers a et b tels que f k ( x ) = ay et f k + 1 ( x ) = by . Pour voir pourquoi, prenons y = f k + 1 ( x ), a = 0 et b = 1 si f k ( x ) = 0 ; sinon, choisir des entiers a et b tels que f k + 1 (x )/ f k ( x ) = b / a et définissons y = f k ( x )/ a = f k + 1 ( x )/ b . Dans chaque cas, y ne peut pas être 0, car sinon il découlerait de la revendication 1 que chaque f k + n ( x ) ( n ∈ N ) serait 0, ce qui contredirait la revendication 2. Maintenant, prenons un nombre naturel c tel que les trois nombres bc / k, ck / x 2 et c / x 2 sont des entiers et considérons la suite
g n = { f k ( x ) n = 0 c n k ( k + 1 ) ⋯ ( k + n − 1 ) f k + n ( x ) n ≠ 0 {displaystyle g_{n}={begin{cases}f_{k}(x)&n=0\{dfrac {c^{n}}{k(k+1)cdots (k+n- 1)}}f_{k+n}(x)&nneq 0end{cases}}}
Puis
g 0 = f k ( x ) = a y ∈ Z y and g 1 = c k f k + 1 ( x ) = b c k y ∈ Z y . {displaystyle g_{0}=f_{k}(x)=ayin mathbb {Z} yquad {text{ and }}quad g_{1}={frac {c}{k} }f_{k+1}(x)={frac {bc}{k}}yin mathbb {Z} y.}
D’autre part, il résulte de la revendication 1 que
g n + 2 = c n + 2 x 2 k ( k + 1 ) ⋯ ( k + n − 1 ) ⋅ x 2 ( k + n ) ( k + n + 1 ) f k + n + 2 ( x ) = c n + 2 x 2 k ( k + 1 ) ⋯ ( k + n − 1 ) f k + n + 1 ( x ) − c n + 2 x 2 k ( k + 1 ) ⋯ ( k + n − 1 ) f k + n ( x ) = c ( k + n ) x 2 g n + 1 − c 2 x 2 g n = ( c k x 2 + c x 2 n ) g n + 1 − c 2 x 2 g n , {displaystyle {begin{aligned}g_{n+2}&={frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)cdots (k+n-1)}}cdot {frac {x^{2}}{(k+n)(k+n+1)}}f_{k+n+2}(x)\[5pt]&={frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)cdots (k+n-1)}}f_{k+n+1}(x)-{frac {c^{n+2}}{x^{2}k(k+1)cdots (k+n-1)}}f_{k+n}(x)\[5pt]&={frac {c(k+n)}{x^{2}}}g_{n+1}-{frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n}\[5pt]&=left({frac {ck}{x^{2}}}+{frac {c}{x^{2}}}nright)g_{n+1}-{frac {c^{2}}{x^{2}}}g_{n},end{aligned}}}
qui est une combinaison linéaire de g n + 1 et g n avec des coefficients entiers. Par conséquent, chaque g n est un multiple entier de y . Par ailleurs, il découle de la revendication 2 que chaque g n est supérieur à 0 (et donc que g n ≥ | y |) si n est suffisamment grand et que la suite de tous les g n converge vers 0. Mais une suite de nombres supérieure à ou égal à | y | ne peut pas converger vers 0.
Puisque f 1/2 ( π /4) = cos( π /2) = 0, il résulte de la revendication 3 que π 2 /16 est irrationnel et donc que π est irrationnel.
D’autre part, depuis
tan x = sin x cos x = x f 3 / 2 ( x / 2 ) f 1 / 2 ( x / 2 ) , {displaystyle tan x={frac {sin x}{cos x}}=x{frac {f_{3/2}(x/2)}{f_{1/2}(x/2 )}},}
une autre conséquence de la revendication 3 est que, si x ∈ Q {0}, alors tan x est irrationnel.
La preuve de Laczkovich concerne en réalité la fonction hypergéométrique . En fait, f k ( x ) = 0 F 1 ( k ; − x 2 ) et Gauss ont trouvé un développement de fraction continue de la fonction hypergéométrique en utilisant son équation fonctionnelle . [12] Cela a permis à Laczkovich de trouver une preuve nouvelle et plus simple du fait que la fonction tangente a l’expansion de fraction continue que Lambert avait découverte.
Le résultat de Laczkovich peut aussi être exprimé en fonctions de Bessel de première espèce J ν ( x ) . En fait, Γ ( k ) J k − 1 (2 X ) = X k − 1 f k ( X ). Donc le résultat de Laczkovich est équivalent à : Si x ≠ 0 et si x 2 est rationnel, alors
∀ k ∈ Q ∖ { 0 , − 1 , − 2 , … } : x J k ( x ) J k − 1 ( x ) ∉ Q . {displaystyle forall kin mathbb {Q} smallsetminus {0,-1,-2,ldots } :qquad {frac {xJ_{k}(x)}{J_{k-1 }(x)}}notin mathbb {Q} .}
Voir également
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Portail des mathématiques
- Preuve que e est irrationnel
- Preuve que π est transcendantal
Références
- ^ Lindemann, Ferdinand von (2004) [1882], “Ueber die Zahl π “, dans Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M. ; Borwein, Peter B. (eds.), Pi, un livre source (3e éd.), New York: Springer-Verlag , pp. 194–225, ISBN 0-387-20571-3
- ^ Lambert, Johann Heinrich (2004) [1768], “Mémoire sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes circulaires et logarithmiques”, in Berggren, Lennart; Borwein, Jonathan M. ; Borwein, Peter B. (eds.), Pi, un livre source (3e éd.), New York: Springer-Verlag , pp. 129–140, ISBN 0-387-20571-3
- ^ un b Hermite, Charles (1873). “Extrait d’une lettre de Monsieur Ch. Hermite à Monsieur Paul Gordan” . Journal für die reine und angewandte Mathematik (en français). 76 : 303–311.
- ^ Hermite, Charles (1873). “Extrait d’une lettre de M. Ch. Hermite à M. Carl Borchardt” . Journal für die reine und angewandte Mathematik (en français). 76 : 342–344.
- ^ Hermite, Charles (1912) [1873]. “Sur la fonction exponentielle”. En Picard, Émile (dir.). Œuvres de Charles Hermite (en français). Vol. III. Gauthier Villars. p. 150–181.
- ^ un b Zhou, Li (2011). “Les preuves de l’irrationalité à la Hermite”. La Gazette Mathématique . 95 (534): 407–413. arXiv : 0911.1929 . doi : 10.1017/S0025557200003491 . S2CID 115175505 .
- ^ Jeffreys, Harold (1973), Inférence scientifique (3e éd.), Cambridge University Press, p. 268 , ISBN 0-521-08446-6
- ^ “Département de Mathématiques Pures et Statistiques Mathématiques” . www.dpmms.cam.ac.uk . Récupéré le 19/04/2022 .
- ^ Niven, Ivan (1947), “Une preuve simple que π est irrationnel” (PDF) , Bulletin de l’American Mathematical Society , vol. 53, non. 6, p. 509, doi : 10.1090/s0002-9904-1947-08821-2
- ↑ Bourbaki, Nicolas (1949), Fonctions d’une variable réelle, chap. I–II–III , Actualités Scientifiques et Industrielles (en français), vol. 1074, Hermann , p. 137–138
- ^ Laczkovich, Miklós (1997), “Sur la preuve de Lambert de l’irrationalité de π “, American Mathematical Monthly , vol. 104, non. 5, pp. 439–443, doi : 10.2307/2974737 , JSTOR 2974737
- ^ Gauss, Carl Friedrich (1811–1813), “Disquisitiones generales circa seriem infinitam”, Commentationes Societatis Regiae Scientiarum Gottingensis Recentiores (en latin), 2