119. Le but de l’exercice est de montrer que ln(2) est irrationnel. On raisonne par l’absurde en considérant a et b dans N* tels que ln(2) = a b.

a) Pour n ∈ N , montrer qu’il existe cn ∈ Z tel que

∫ 1 xn c -----dx = (- 1)nln(2)+-------n-------. 0 1+ x ppcm (1,2,...,n )

b) Soient n ∈ N * et Pn = 1 n!- n n (X (1- X ) )(n). Montrer qu’il existe A n ∈ Z* tel que

∫ 1 Pn(x)dx = -------An--------. 0 1+ x b× ppcm (1,2,...,n)

c) Soit, pour n ∈ N, πn le nombre de nombres premiers inférieurs ou égaux à n. On admet que πn ~ n ln(n). Montrer que, pour n assez grand, ppcm(1,2,…,n) ≤ 3n.

d) Conclure.

Solution de Lionel Ponton

Pour tout n ∈ N , posons dn = ppcm(1,2,…,n) (avec la convention d0 = 1).

a) Soit n ∈ N . Alors,

∫ 1 0xn 1+xdx = (-1)n∫ 1 0-(- x)n- 1- (- x)d x = (-1)n∫ 1 0--1-- 1 + xd x - (-1)n∫ 1 01---(--x)n 1 + xd x
= (-1)n[ln(1 + x)]10 - (-1)n∫ 1 0∑n k=1(-x)k-1 d x
= (-1)n ln(2) + ∑n k=1(-1)n+k∫ 1 0xk-1 d x = (-1)n ln(2) + ∑n k=1(- 1)n+k k

En écrivant le rationnel défini par la somme sous forme d’un quotient de deux entiers, on en déduit qu’il existe cn ∈ Z tel que

∫ 1 -xn-- n cn- 0 1+ x dx = (- 1) ln(2)+ dn.

b) Commençons par remarquer que Pn est à coefficients entiers. En effet,

Pn = 1 n!n∑ k=0(n ) k(Xn)(k)((1 - X)n)(n-k)
= 1- n!n∑ k=0( ) n k---n!-- (n - k)!Xn-k(- 1)n-kn! k!(1 - X)k
= n ∑ k=0(-1)n-k( ) n k2Xn-k(1 - X)k

qui est une somme de polynômes de Z[X] donc Pn ∈ Z[X]. Par ailleurs, Pn est clairement de degré n. crivons-le Pn = n ∑ k=0akXk avec ak ∈ Z pour tout k ∈ [[0,n]]. Alors, d’après la question a),

∫1P(x) ∑n ∫ 1 xk ∑n ( c ) n- dx = ak ----dx = ak (- 1)kln(2) + -k 01+x k=0 0 1+ x k=0 dk ∑n ( ka ck ) = ak (- 1) b + dk . k=0

Comme ppcm (d0 ,d1,…,dn) = dn, on conclut qu’il existe An ∈ Z tel que

∫ 1 Pn(x)dx = -An--. 0 1+ x b× dn

Reste à montrer An≠0. Pour cela, posons fn : x↦→ 1 -- n!xn(1 -x)n. Alors, par intégration par parties successives,

[ ] ∫1Pn(x) ∫ 1fn(n)(x) n-∑ 1 f(nn- k- 1)(x) 1 ∫ 1 fn(x) 1+xdx = -1-+-x dx = k!(1+-x)k+1- + n! (1-+x)n+1 0 0 k=0 0 0

Or, 0 et 1 sont racines d’ordre n de la fonction polynomiale fn donc

∫1P (x) ∫ 1 f (x) ∫ 1 xn(1 - x)n -n---dx = n! ---n--n+1 dx = -----n+1-dx > 0 01 + x 0 (1+ x) 0 (1 + x)

car la fonction intégrée est continue, positive et non identiquement nulle sur [0,1].

Ainsi, on conclut que An > 0 (et donc, comme An est entier, An ≥ 1).

c) Comme πn ~ n ----- ln(n), pour tout réel k > 1, il existe nk ∈ N tel que, pour tout n ≥ nk, πn ≤ kn ln(n). Soit n ≥ 2, p un diviseur premier de dn et αp la valuation p-adique de dn. Alors, il existe un entier j entre 1 et n tel que pαp divise j donc pαp ≤ n i.e. αp ln(p) ≤ ln(n). De plus, un diviseur premier de dn est inférieur à n donc

∑ ∑ ln(dn) = αpln(p) ≤ ln(n) 1 = πnln(n) p|dn p≤n p premier ppremier

Dès lors, pour tout k > 1 et tout n ≥ nk, ln(dn) ≤ kn donc dn ≤ ekn. En prenant k = ln(3), on conclut que, pour n assez grand, dn ≤ 3n.

d) Les résultats de la question b) assurent que, pour tout n ∈ N,

∫ ∫ 1≤A = b× d × 1 Pn(x)dx = b× d × 1xn-(1---x)n-dx n n 0 1+ x n 0 (1 + x)n+1

et donc, d’après la question c), il existe N ∈ N tel que, pour tout entier n ≥ N,

∫ 1 n n 1 ≤ b × 3n × x-(1-- x-)-dx. 0 (1+ x)n+1

Or, pour tout réel x, x(1 - x) ≤1 4 donc, pour tout n ≥ N,

∫ 1 ( )n 1 ≤ b× 3n × 1n ---1-n+1-dx ≤ b × 3 4 0 (1 + x) 4

ce qui est absurde puisque le terme de droite tend vers 0 avec n.

Ainsi, ln (2) est irrationnel.


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