Preuve que π est irrationnel

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} , où un {displaystyle a} et b {displaystyle b} sont tous deux des entiers (non nuls) . Au 19ème siècle, Charles Hermite a trouvé une preuve qui ne nécessite aucune connaissance préalable au-delà du calcul de base . Trois simplifications de la preuve d’Hermite sont dues à Mary Cartwright , Ivan Niven et Nicolas Bourbaki . Une autre preuve, qui est une simplification de la preuve de Lambert, est due à Miklós Laczkovich . Beaucoup d’entre eux sont des preuves par contradiction .

En 1882, Ferdinand von Lindemann a prouvé que π n’est pas seulement irrationnel, mais aussi transcendantal . ^[1]

Preuve de Lambert

Numérisation de la formule de la page 288 des “Mémoires sur quelques propriétés remarquables des quantités transcendantes, circulaires et logarithmiques” de Lambert, Mémoires de l’Académie royale des sciences de Berlin (1768), 265–322.

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} } dans R {displaystyle mathbb {R} } pour n ∈ N 0 {displaystyle nin mathbb {N} _{0}} Défini par:

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} } . Si

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} } , alors, puisque les coefficients de P _n sont des entiers et que son degré est inférieur ou égal à ⌊ n /2⌋, q ^{⌊ n /2⌋} P _n ( π ² /4) est un entier N . En d’autres termes,

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),} f 3 2 ( x ) = sin ⁡ ( 2 x ) 2 x . {displaystyle f_{frac {3}{2}}(x)={frac {sin(2x)}{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

• Portail des mathématiques

• Preuve que e est irrationnel
• Preuve que π est transcendantal

Références

1. ^ 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
2. ^ 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
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.
4. ^ 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.
5. ^ 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.
6. ^ ^{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 .
7. ^ Jeffreys, Harold (1973), Inférence scientifique (3e éd.), Cambridge University Press, p. 268 , ISBN 0-521-08446-6
8. ^ “Département de Mathématiques Pures et Statistiques Mathématiques” . www.dpmms.cam.ac.uk . Récupéré le 19/04/2022 .
9. ^ 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
10. ↑ Bourbaki, Nicolas (1949), Fonctions d’une variable réelle, chap. I–II–III , Actualités Scientifiques et Industrielles (en français), vol. 1074, Hermann , p. 137–138
11. ^ 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
12. ^ Gauss, Carl Friedrich (1811–1813), “Disquisitiones generales circa seriem infinitam”, Commentationes Societatis Regiae Scientiarum Gottingensis Recentiores (en latin), 2