Correction Module 2 : Démontrer que Pi est irrationnel

1/ a) Soit $g$ la fonction définie et dérivable sur $[\,0\,,2r\,]$ par $g(x) = 2ax-bx^2$ , $g'(x)=2a-2bx$ . Une rapide étude du signe de la dérivée (faire un tableau de variation) nous montre que $g$ est croissante sur $[0\,,\frac{a}{b}\,]\,=\,[0,r]$ et décroissante sur $[\,\frac{a}{b}\, ,\, 2\frac{a}{b}\,]\,=\,[\,r,2r\,]$
Le maximum est atteint en $r$ et $g(r) = \frac{a^2}{b}$ , le minimum est atteint en $0$ et $2r$ et vaut $g(0)=g(2r)=0$

b) On a donc $0\,\leq\, f_n(x) \,\leq\, (\frac{a^2}{b})^n\times \frac{1}{n!}$ sur $[\,0\,,2r\,]$ , et $-1 \, \leq \, \sin x \, \leq \, 1$ donc $-(\frac{a^2}{b})^n\times \frac{1}{n!} \,\leq\, f_n(x)\sin x \,\leq\, (\frac{a^2}{b})^n\times \frac{1}{n!}$

D’où, en intégrant par rapport à $x$ :

$\displaystyle -\int_{0}^{2r}\left(\frac{a^2}{b}\right)^n\times \frac{1}{n!}\;dx \;\;\leq\;\; \int_{0}^{2r}f_n(x)\sin x\;dx \;=\;I_n \;\;\leq \;\; \int_{0}^{2r}\left(\frac{a^2}{b}\right)^n\!\times\! \nolinebreak \frac{1}{n!}\;dx$

$\displaystyle \Leftrightarrow \quad |I_n|\;\leq\; \left(\frac{a^2}{b}\right)^n\times \frac{2r}{n!}$

2/ $\displaystyle v_n=\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{x}{n+1}$ ; $x$ est fixé et $n$ tend vers l’infini, donc $v$ converge vers $0$ .
En particulier, en revenant à la définition d’une suite convergente, il existe un rang $n_0$ tel que $n\geq n_0 \;\Rightarrow \; |v_n| = \frac{|u_{n+1}|}{|u_n|} \, \leq \,\frac{1}{2}$ , par récurrence on obtient immédiatement que $n\geq n_0 \;\Rightarrow \; |u_n| \,\leq\, |u_{n_0}|(\frac{1}{2})^{n-n_0}$ .
$u_{n_0}}$ étant fixé et $n$ tendant vers $+\infty$ , $u$ converge donc vers $0$ d’après le théorème d’encadrement.

On a ici choisi $\frac{1}{2}$ , mais vous auriez pu choisir n’importe quel nombre compris entre 0 et 1 (il fallait juste mettre en évidence une suite majorant $(|u_n|)$ convergent vers 0 pour utiliser le « théorème des gendarmes »).

Attention : il était impossible d’utiliser les opérations sur les limites ici en disant que puisque $\lim\limits_{n \rightarrow + \infty }\frac{u_{n+1}}{u_n}=0$ , alors $\lim (u_{n+1}) = 0\times (\lim u_n) = 0$ . En règle générale, il est complètement faux de dire que $\lim (\frac{u_{n+1}}{u_n}) = l\;,\,l\in\mathbb{R} \;\;\Rightarrow \;\; \lim (u_{n+1}) = l\times \lim (u_n)$ ; il vous faudrait déjà pouvoir démontrer que la suite $u$ admet bel et bien une limite avant d’écrire $\lim(u_n)$ .

En posant $\displaystyle x = \left(\frac{a^2}{b}\right)$ , on obtient que $\displaystyle |I_n|\;\leq\; u_n \times 2r$ . Par encadrement, on en déduit que $(I_n)$ converge vers $0$ .

3/ a) $I_0 \;=\; \int_{0}^{2r} \frac{(2ax-bx^2)^0}{0!}\sin x \; dx \;=\; \int_{0}^{2r} \sin x \; dx \;=\; [-\cos x]_0^{2r} \nolinebreak\;=\; \nolinebreak1\nolinebreak-\nolinebreak\cos(2r)$
On rappelle qu’on cherche à exprimer le résultat uniquement en fonction de $\sin r$ et $\cos r$ , on doit donc transformer l’expression :
$I_0 \;=\; 1-\cos(2r) \;=\; \cos^2 r + \sin^2 r - (\cos^2 r - \sin^2 r) \;=\; 2\sin^2 r$ .
Or $r\in\mathbb{Q} \setminus (\frac{\pi}{2} \mathbb{Z})$ et en particulier $r\neq k\frac{\pi}{2}$ donc $\boxed{I_0=2\sin^2 r \neq 0}$

La principale difficulté pour calculer $I_1$ est de réussir à intégrer l’expression sous l’intégrale, qui est de la forme $P(x)\sin x$ avec $P$ un polynôme de degré deux. Nous ne savons pas calculer directement une telle primitive ; en revanche, parce qu’il est facile de trouver une primitive de $\sin$ et $\cos$ nous pouvons utiliser une intégration par parties pour abaisser progressivement le degré du polynôme.

Comprenez et retenez cette méthode :

Pour intégrer une expression de la forme $P(x)\sin x$ (ou $P(x)\cos x$ ) avec $P$ un polynôme de degré $n\in\mathbb{N}$ , on utilise une intégration par parties en posant $u'(x) = \sin x$ ( $u(x) = -\cos x$ ) et $v(x) = P(x)$ , ce qui nous donne :
$\int P(x) \sin x \; dx \;=\; [P(x)(-\cos x)] - \int P'(x) (-\cos x) \; dx$

La seule expression qu’il nous reste à intégrer est celle de droite : $\int P'(x) (-\cos x) \; dx$ , qui est assez similaire à la précédente à ceci près que nous avons ici la dérivée du polynôme $P$ , qui est donc de degré $(n-1)$ . Il nous suffit de répéter l’opération en posant cette fois $u'(x) = -\cos x$ ( $u(x) = -\sin x$ ) et $v(x) = P'(x)$ . On obtiendra alors un polynôme de degré $(n-2)$ , et ainsi de suite… Jusqu’au moment où le polynôme sera de degré $0$ et ne contiendra plus de terme en $x$ : il sera alors très facile de calculer la primitive !

Procédons de cette manière pour calculer $I_1$ :

$\begin{aligned} \displaystyle I_1 \;&=\; \int_{0}^{2r} (2ax-bx^2)\sin x \; dx \\ \displaystyle &=\; \left[-(2ax-bx^2)\cos x\right]_0^{2r} \; - \; \int_{0}^{2r}\!-(2a-2bx)\cos x \; dx \\ \displaystyle &=\; \left[-(2ax-bx^2)\cos x\right]_0^{2r} \;-\; \left(\left[-(2a-2bx)\sin x\right]_0^{2r} \;-\; \int_{0}^{2r} 2b \sin x \;dx\right) \\ \displaystyle &=\; \left[-(2ax-bx^2)\cos x\right]_0^{2r} \;-\; \left(\left[-(2a-2bx)\sin x\right]_0^{2r} \;-\; \left[-2b \cos x\right]_0^{2r} \right) \\ \displaystyle &=\; -\left(2a\times 2\frac{a}{b}\;-\;b\left(2\frac{a}{b}\right)^2\right)\cos(2r) \; -\; \left( -\left(2a\;-\;2b\times2\frac{a}{b}\right)\sin(2r) \;-\; \left(-2b\cos(2r) \;+\; 2b\right) \right) \\\displaystyle &=\; -2a\sin(2r) \;+\; 2b(1-\cos(2r)) \\ \\\displaystyle &=\; -4a\sin r \cos r \;+\; 4b\sin^2 r \end{aligned}$

b) $f_n(0) = f_n(2r) = 0$ ; si $n=1$ alors $f_1'(0) = 2a$ et $f_1'(2r) = -2a$ .

Si $n \geq 2$ , alors $\displaystyle f_n'(x) \;=\; \frac{(2a-2bx)(2ax-bx^2)^{n-1}}{(n-1)!} \;=\; (2a-2bx)f_{n-1}(x)$
Donc $f_n'(0)=f_n'(2r)=0$

Soit $n\geq 2$ , on calcule $I_n$ en intégrant par parties :

$\begin{aligned} \displaystyle I_n \;&=\; \int_{0}^{2r} f_n(x)\sin x \; dx \\\displaystyle &=\; [-\cos x f_n(x)]_0^{2r} \;-\; \int_{0}^{2r} -f'_n(x)\cos x \; dx \\\displaystyle &=\; [-\cos x f_n(x)]_0^{2r} \;-\; \left([-\sin x f'_n(x)]_0^{2r} \;-\; \int_{0}^{2r} -f''_n(x)\sin x \; dx \right) \\\displaystyle &=\; -\int_{0}^{2r}f''_n(x)\sin x \; dx \end{aligned}$

c) On a $f'_{n+2}(x) = (2a-2bx)f_{n+1}(x)$ , et :

$\begin{aligned} f''_{n+2}(x) &=\; -2bf_{n+1}(x) \,+\, (2a-2bx)f'_{n+1}(x) \\&=\; -2bf_{n+1}(x) \,+\, (2a-2bx)^2f_{n}(x) \\&=\; -2bf_{n+1}(x) \,+\, (4a^2-8abx+4b^2x^2)f_{n}(x) \\ &=\; - 2bf_{n+1}(x) \,+\, 4a^2f_n(x) + (-8abx+4b^2x^2)\;\frac{n+1}{2ax-bx^2}\times\left(\frac{2ax-bx^2}{n+1}\;f_{n}(x)\right) \\&=\; 4a^2f_n(x) - 2bf_{n+1}(x) + (-4b(2ax-bx^2))\frac{n+1}{2ax-bx^2}\times(f_{n+1}(x)) \\&=\; 4a^2f_n(x) - 2bf_{n+1}(x) - 4b(n+1)f_{n+1}(x) \\&=\; 4a^2f_n(x) - (4n+6)bf_{n+1}(x) \end{aligned}$

d) On intègre $-f''_{n+2}=-4a^2f_n(x) + (4n+6)bf_{n+1}(x)$ entre $0$ et $2r$ , et on obtient immédiatement d’après 3/ b) :

$I_{n+2} = -4a^2I_n + (4n+6)bI_{n+1}$

e) On procède par récurrence double. (Il s’agit du même type de raisonnement que pour une récurrence simple, à ceci près qu’au lieu de montrer que $P(n) \Rightarrow P(n+1)$ , on montre que $P(n) \;et\; P(n+1) \Rightarrow P(n+2)$ )

$I_0 = 2\sin^2 r = (0\cos r + 1\sin r)\cdot 2\sin r$ $a_0=0$ et $b_0=1$

$I_1 = -4a\sin r \cos r + 4b \sin^2 r = (-2a \cos r + 2b \sin r)\cdot 2\sin r$ $a_1 = -2a \;\in \mathbb{Z}$ et $b_1 = 2b \; \in \mathbb{Z}$

Attention à bien initialiser la propriété avec deux rangs consécutifs, sinon vous ne pourrez pas vous appuyer sur l’hypothèse de récurrence double dans l’hérédité.

La propriété est vraie pour $n=0$ et $n=1$ . On la suppose vraie à un rang $n$ et à un rang $n+1$ fixés, alors :

$\begin{aligned} I_{n+2}&=\; -4a^2I_n \;+\; (4n+6)bI_{n+1} \\&=\; -4a^2(a_n\cos r + b_n \sin r ) \cdot 2 \sin r \;+\; (4n+6)b(a_{n+1}\cos r + b_{n+1}\sin r)\cdot 2\sin r \\&=\; \bigg(\;\big(-4a^2a_n + (4n+6)ba_{n+1}\big)\cos r \;+\; \big(-4a^2b_n + (4n+6)bb_{n+1}\big)\sin r\;\bigg)\cdot 2\sin r \end{aligned}$

On pose $a_{n+2} = -4a^2a_n + (4n+6)ba_{n+1}$ et $b_{n+2} = -4a^2b_n + (4n+6)bb_{n+1}$ . D’après notre hypothèse de récurrence, $a_n \, , \, b_n \in \mathbb{Z}$ : on a donc bien $a_{n+2} \in \mathbb{Z}$ d’une part et $b_{n+2} \in\mathbb{Z}$ d’autre part.

Par récurrence on a donc prouvé l’existence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ , de deux entiers $a_n$ et $b_n$ pour lesquels $I_n = (a_n \cos r + b_n \sin r )\cdot 2\sin r$

f) $r \in \mathbb{Q}\setminus (\frac{\pi}{2}\mathbb{Z})$ donc $2r \neq k\pi\;\;,k\in\mathbb{Z}$ et $\sin(2r) \neq 0$ ; le quotient existe donc bien.

$\begin{aligned} \frac{qI_n}{\sin(2r)} \;&=\; \frac{q(a_n\cos r + b_n \sin r)\cdot 2\sin r}{2 \sin r \cos r} \\&=\; qa_n + qb_n \tan r \\&=\; qa_n + qb_n \frac{p}{q} \\ \\&=\; qa_n + pb_n \quad \in\mathbb{Z}\end{aligned}$

4/ $q$ et $r$ sont fixés et $(I_n)$ converge vers $0$ d’après 2/ , donc la suite $(\frac{qI_n}{\sin(2r)})$ converge vers $0$ .
Comme c’est une suite d’entiers (voir 3/ f) ), on en déduit donc qu’à partir d’un certain rang $n_0$ , on a pour tout $n\in\mathbb{N}\;\geq\;n_0$ : $\frac{qI_n}{\sin(2r)}=0$ , ce qui implique que $I_n=0$ (car $q \neq 0$ ).

On dit que la suite est stationnaire, c’est-à-dire que tous ses termes sont égaux à partir d’un certain rang. Encore plus précisément, il s’agit d’une suite dite presque nulle , i.e qu’elle ne contient qu’un nombre fini de termes non nuls (tous ses termes sont nuls à partir d’un certain rang).

On a donc en particulier, à partir d’un certain rang : $I_{n+1} = 0$ et $I_{n+2}=0$

Or d’après la relation $I_{n+2} = -4a^2I_n + (4n+6)bI_{n+1}$ (question 3/ d) ) , on en déduit également que $I_n = 0$ puisque $I_{n+2}$ et $I_{n+1}$ sont nuls. Par récurrence descendante, on montre de même que $I_{n-1} = 0$ , puis que $I_{n-2} = 0$ , et ainsi de suite avec tous les termes précédents.

Finalement, on a montré que tous les termes de la suite $(I_n)$ sont nuls, et qu’en particulier $I_0 = 0$ .

Or ceci est impossible d’après 3/ a) ! Nous arrivons à une absurdité, ce qui signifie que notre hypothèse de départ « $\tan r$ est rationnel si $r\in\mathbb{Q}\setminus(\frac{\pi}{2}\mathbb{Z})$ » est fausse.

On a donc montré par l’absurde que $r\;\in\,\mathbb{Q}\setminus(\frac{\pi}{2}\mathbb{Z}) \;\; \Rightarrow \;\; \tan r \;\in\,\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$

( C.à.d que « si $r$ est rationnel, alors $\tan r$ est irrationnel. » )

5/ Or, $\displaystyle \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) \;=\; \frac{\sin(\frac{\pi}{4})}{\cos(\frac{\pi}{4})}\;=\; \; 1 \; \in\mathbb{Q}$

Par contraposée du résultat précédent, $\frac{\pi}{4} \;\notin \;\mathbb{Q}\!\setminus\!(\frac{\pi}{2}\mathbb{Z})$ . De plus on note bien que $\frac{\pi}{4} \notin (\frac{\pi}{2}\mathbb{Z})$

D’où $\frac{\pi}{4} \notin \mathbb{Q}$ et donc $\pi \notin \mathbb{Q}$ .

$\pi$ est donc irrationnel.

Prenez un moment pour revoir les grandes lignes du raisonnement (qui est particulièrement élégant). Comprenez comment chaque étape sert la suivante, et soyez sûrs de vous poser les bonnes questions pour comprendre complètement la démonstration : rien n’est laissé au hasard !

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