Note de lecture: L’irrationalité du π

发布于 2023-04-21  522 次阅读


  En premier. Observer la fonction:

f_n(x)=\cfrac{x^n(1-x)^n}{n!}

n est une constante, étant donné le fait que x^n(1-x)^n est toujours moins de 1, ce qui en fait satisfait clairement:

0\lt f_n(x)\lt \cfrac{1}{n!}\ \ \ \ \ 0\lt x\lt 1

L'observation suivante que nous nous devons de faire est que si nous étendons x^n(1-x)^n, la plus petite puissance de x dans l'expression sera n et la plus grande puissance de x sera 2n((x^n)^n), ce qui en fait ayant la forme

c_nx^n+c_{n+1}x^{n+1}+...+c_{2n}x^{2n}

qui peut s'écrire en

\sum_{i=n}^{2n}c_ix^i

c_i sont certains nombres entiers (éventuellement 0), alors la fonction peut s'écrire en

f_n(x)=\cfrac{1}{n!}\sum_{i=n}^{2n}c_ix^i

pour certains nombres n. Maintenant, observer ce qui va se passer si nous le dérivons, pour le premier ordre (étendu), nous avons:

f_n'(x)=\cfrac{1}{n!}\cdot [c_nnx^{n-1} + c_{n+1}(n+1)x^n + ... + c_{2n}2nx^{2n-1}]

Clairement que si nous le dérivons n fois, le premier monôme deviendra

c_n\cdot n\cdot n-1\cdot n-2\cdot...\cdot 1=n!c_n\tag{1.1}

que x a été annulé.

Première Observation:
Pour k\lt n ou k\gt 2n, la dérivée d'ordre k à 0 f_n^{(k)}(0)=0. □
Ceci est dû au fait que si k\lt n, aucun des x dans les terme n'est annulé, alors le resultat de [c_nnx^{n-1} + c_{n+1}(n+1)x^n + ... + c_{2n}2nx^{2n-1}] sera 0, et \cfrac{1}{n!}\cdot 0=0. Si k\gt 2n, maintenant tous les x sont annulé, alors le polynôme ci-dessus contient seulement les termes constantes, par conséquent, la dérivée des termes constantes est 0.

Deuxième Observation:
Pour n\leqslant k\leqslant 2n, nous avons:

\begin{aligned}
f_n^{(n)}(x)&=\cfrac{1}{n!}[n!c_n + c_{n+1}(n+1)x^n + ... +c_{2n}2nx^{2n-1}] \\
f_n^{(n+1)}(x)&=\cfrac{1}{n!}[(n+1)!c_{n+1} + c_{n+2}(n+2)x^{n+1} + ... +c_{2n}2nx^{2n-1}] \\
&\ ...\\
f_n^{(2n)}(x)&=\cfrac{1}{n!}[(2n)!c_{2n}]
\end{aligned}


ceci est se derive directement de (1.1), lorsque k grandit de n à 2n, le x dans chaque des termes sont annulés et le terme entier deviendra 0 en la dérivée d'ordre k+1.

Ceci signifie que:

\begin{aligned}
f_n^{(n)}(0)&=c_n \\
f_n^{(n+1)}(0)&=\cfrac{1}{n!}(n+1)!c_{n+1} = (n+1)c_{n+1}\\
&\ ...\\
f_n^{(2n)}&= 2n(2n-1)\cdot...\cdot(n+1)c_{2n}
\end{aligned}

Puisque le côté droit sont les entiers, nous pouvons dire que:

Troisième Observation:

f_n^{(k)}(0)\text{ est un entier pour tout } k


D'après la structure de la fonction, nous avons:

f_n(x)=f_n(1-x)

Alors par la règle de la chaîne:

f_n^{(k)}(x)=(-1)^k f_n^{(k)}(1-x)


donc lorsque le x=1, nous avons:

Quatrième Observation:

f_n^{(k)}(1)\text{ est aussi un entier pour tout } k

Maintenant, notre cinquième observation sera un lemme:

Lemme (Cinquième Observation)
Si a est un nombre positif, \varepsilon > 0, alors pour suffisamment grand n, nous aurons:

\cfrac{a^n}{n!}\lt \varepsilon

La Preuve:
Si n\geqslant 2a, remarquer que:

\cfrac{a^{n+1}}{(n+1)!}=\cfrac{a}{n+1}\cdot\cfrac{a^n}{n!}\lt \cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{a^n}{n!}

Que n_0 soit1 un nombre naturel quelconque tel que n_0\geqslant 2a. Alors ce qui suit:

\begin{aligned}
\cfrac{a^{(n_0+1)}}{(n_0+1)!}&\lt \cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{a^{n_0}}{n_0!}\\
\cfrac{a^{(n_0+2)}}{(n_0+2)!}&\lt \cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{a^{(n_0+1)}}{(n_0+1)!}\lt\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{a^{n_0}}{n_0!} \\
&\ ...\\
\cfrac{a^{(n_0+k)}}{(n_0+k)!}&\lt \cfrac{1}{2^k}\cdot \cfrac{a^{n_0}}{n_0!}\
\end{aligned}

sont vrai pour chaque \cfrac{a^{n_0}}{n_0!}. Si k est assez grand tel que \cfrac{a^{n_0}}{n_0!\varepsilon}\lt 2^k, i.e., \cfrac{n_0!\varepsilon}{a^{n_0}}\gt\cfrac{1}{2^k}. Nous pouvons conclure que:

\begin{aligned}
\cfrac{a^{(n_0+k)}}{(n_0+k)!}&\lt \cfrac{1}{2^k}\cdot \cfrac{a^{n_0}}{n_0!}\\
&\lt\cfrac{n_0!\varepsilon}{a^{n_0}}\cdot \cfrac{a^{n_0}}{n_0!}\\
&\lt\varepsilon
\end{aligned}

ce qui est le resultat que nous voulons.

Maintenant nous pouvons prouver l'irrationalité du \pi.

Théorème (L'irrationalité du \pi)
Le nombre \pi est irrationnel; en fait, \pi^2 est irrationnel, ce qui conduit à l'irrationalité du \pi
La Preuve:
Nous allons prouver ceci par reductio ad absurdum, en premier, supposer que \pi^2 est rationnel, ce qui signifie:

\pi^2=\cfrac{a}{b}

pour certains entiers positifs a et b. Soit

G(x)=b^n[\pi^{2n}f_n(x)-\pi^{2n-2}f_n''(x)+\pi^{2n-4}f_n^{(4)}(x) - ... + (-1)^nf_n^{(2n)}(x)]

remarquer que le (-1)^n dans le dernier terme consiste à2 déterminer sa positivité, comme vous pouvez le voir, à partir du3 le deuxième terme, les positivités des termes sont échangées, que le dernier terme est positif si n est pair, et négatif si n est impair.
  Remarquer aussi que chaque des facteurs après l'expansion:

b^n\pi^{2n-2k}=b^n(\pi^2)^{n-k}\xlongequal{\text{def du } \pi} b^n(\cfrac{a}{b})^{n-k}=b^n\cdot\cfrac{a^{n-k}}{b^{n-k}}=a^{n-k}b^k

est un entier, puisque par troisième et quatrième observations que nous savons déjà que les deux4 f_n^{(k)}(0) et f_n^{(k)}(1) sont des entiers, ceci révéle que:

G(0)\text{ et } G(1)\text{ sont des entiers}

différencier G deux fois donne:

G''(x)=b^n[\pi^{2n}f_n''(x)-\pi^{2n-2}f_n^{(4)}(x)+\pi^{2n-4}f_n^{(6)}(x)-...+(-1)^nf_n^{(2n+2)}(x)]

par première observation, le dernier terme (-1)^nf_n^{(2n+2)}(x)=(-1)^n\cdot 0=0, donc:

G''(x)=b^n[\pi^{2n}f_n''(x)-\pi^{2n-2}f_n^{(4)}(x)+\pi^{2n-4}f_n^{(6)}(x)-...+0]

et

\begin{aligned}
\pi^2 G(x)&=b^n[\pi^{2n+2}f_n(x)-\pi^{2n}f_n''(x)+\pi^{2n-2}f_n^{(4)}(x) - ... + (-1)^nf_n^{(2n+2)}(x)]\\
&=b^n[\pi^{2n+2}f_n(x)-\pi^{2n}f_n''(x)+\pi^{2n-2}f_n^{(4)}(x) - ... + 0]
\end{aligned}

maintenant, ajouter G''(x) et \pi^2G(x), nous avons:

\begin{aligned}
G''(x)+\pi^2G(x)&=b^n\pi^{2n+2}f_n(x)\\
&=b^n\pi^2(\pi^2)^nf_n(x)\\
&=\pi^2b^n\cfrac{a^n}{b^n}f_n(x)\\
&=\pi^2a^nf_n(x)\tag{1.2}
\end{aligned}

Remarquer que \pi^{2n}=\cfrac{a^n}{b^n} parce que par définition \pi^2=\cfrac{a}{b}, et comment tous les termes sauf le premier sont annulés.
Maintenant soit:

H(x)=G'(x)\sin(\pi x)-\pi G(x)\cos(\pi x)

différencier H(x), nous avons:

\begin{aligned}
H'(x)&=\pi G'(x)\cos(\pi x)+G''(x)\sin(\pi x)-\pi G'(x)\cos(\pi x)+\pi^2G(x)\sin(\pi x)\\
&=[G''(x)+\pi^2G(x)]\sin(\pi x) \\
&=\pi^2a^nf_n(x)\sin(\pi x)\ \ \ \ \ \text{par (1.2)}
\end{aligned}

maintenant, par le théorème fondamental de l'analyse

\begin{aligned}
\int_0^1 \pi^2a^nf_n(x)\sin(\pi x)\ dx &= H(x)\Big|_0^1 \\
&=H(1)-H(0)\\
&=G'(1)\sin\pi-\pi G(1)\cos \pi - G'(0)\sin 0+\pi G(0)\cos 0\\
&=\pi G(1)+\pi G(0)\\
&=\pi[G(1)+G(0)]\\
\pi^2\int_0^1a^nf_n(x)\sin(\pi x)\ dx&=\pi[G(1)+G(0)]\\
\pi\int_0^1a^nf_n(x)\sin(\pi x)\ dx&=G(1)+G(0)
\end{aligned}

et c'est plutôt évident que G(1)+G(0) est un entier, donc

\pi\int_0^1 a^nf_n(x)\sin(\pi x)\ dx

est un entier. En revanche, au tout début de cette article, nous venons de mentionner que 0\lt f_n(x)\lt \cfrac{1}{n!} pour 0\lt x\lt 1, alors

0\lt \pi a^nf_n(x)\sin(\pi x)\lt \pi a^nf_n(x) \lt \cfrac{\pi a^n}{n!}\ \ \ \ \ 0\lt x\lt 1

par conséquent

0\lt \pi\int_0^1 a^nf_n(x)\sin(\pi x)\ dx\lt \cfrac{\pi a^n}{n!}

maintenant, donné n assez grand, par la cinquième observation, nous avons \cfrac{\pi a^n}{n!}\lt 1, i.e.

0\lt \pi\int_0^1 a^nf_n(x)\sin(\pi x)\ dx\lt 1

Cependant c'est absurde, parce que nous venons de prouver que \pi\int_0^1a^nf_n(x)\sin(\pi x)\ dx=G(1)+G(0) qui est un entier, mais il n'y a pas d'entier tel qu'il est entre 0 et 1. Donc notre hypothèse était incorrecte, que le \pi^2 est irrationnel, alors \pi est aussi irrationnel.


  1. Que ... soit is a common expression in french to mean let ... be ..., it is common in french to put que in the start of a sentence to mean a condition or imperative tone. You can also say Soit .. [qch] to avoid the using of que↩︎
  2. consiste à is a common expression in french to mean "is to...", other alternatives include ..., c'est de..., repose sur (rests on)↩︎
  3. à partir de ... is a common expression in french to mean starting from or from↩︎
  4. les deux is a common expression in french to mean both↩︎

E ti amerò comunque lo so, anche se non sei con me