Vers la Prépa (8) - Exercice 1

L'intégrale $$I_1$$ vaut :
$$I_1 = \int_{0}^{1} x e^{1-x} \, dx$$
En intégrant par parties, on obtient :
$$I_1 = \left[ x \times -e^{1-x} \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} 1 \times - e^{1-x} \, dx = \left[- x e^{1-x} \right]_{0}^{1} + \int_{1}^{e} e^{1-x} \, dx$$
Soit encore :
$$I_1 = \left[- x e^{1-x} \right]_{0}^{1} + \left[- e^{1-x} \right]_{0}^{1} = \left[ x e^{1-x} \right]_{1}^{0} + \left[e^{1-x} \right]_{1}^{0} = \left[ (x+1) e^{1-x} \right]_{1}^{0}$$
D'où :
$$I_1 = (0+1) e^{1-0} - (1+1) e^{1-1} = 1e -2 e^0$$
Finalement, on obtient :
$$I_1 = e - 2$$

Les quantités $$x^n$$ et $$e^{1-x}$$ sont continues sur l'intervalle $$\left[ 0\,;\,1\right]$$. Ainsi leur produit est lui même continue sur ce même intervalle. Donc la fonction $$f$$ est elle même continue sur $$\left[ 0\,;\,1\right]$$. Ainsi, ceci nous assure de l'existence de $$I_n$$.

$$\forall x \in [0\,;\,1]$$, On a :
$$0 \leq x \leq 1 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, -1 \leq -x \leq 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 0 \leq 1-x \leq 1$$
Or, la fonction exponentielle est croissante sur $$[0\,;\,1]$$ , ce qui implique qu'elle conserve l'ordre. D'où :
$$e^0 \leq e^{1-x} \leq e^1 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 1 \leq e^{1-x} \leq e$$
De plus, sur $$\forall x \in [0\,;\,1]$$, le terme $$x^n$$ ($$\forall n \in \mathbb{N}^*$$) est positif. Donc on obtient : $$x^n \leq x^n e^{1-x} \leq e x^n$$

$$\forall n \in \mathbb{N}^*$$, on a l'intégrale suivante :
$$J_n = \int_{0}^{1} x^n \, dx = \left[ \dfrac{x^{n+1}}{n+1}\right]_{0}^{1}$$
Soit :
$$J_n = \dfrac{1}{n+1}$$

On sait que :
$$x^n \leq x^n e^{1-x} \leq e x^n \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\int_{0}^{1} x^n \, dx \leq \int_{0}^{1} x^n e^{1-x} \, dx \leq \int_{0}^{1} e x^n \, dx$$
Soit encore :
$$\int_{0}^{1} x^n \, dx \leq \int_{0}^{1} x^n e^{1-x} \, dx \leq e \int_{0}^{1} x^n \, dx \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, J_n \leq I_n \leq e J_n$$
Soit :
$$\dfrac{1}{n+1} \leq I_n \leq \dfrac{e}{n+1}$$

En utilisant une intégration par parties, on a :
$$I_{n+1} = \int_{0}^{1} x^{n+1} e^{1-x} \, dx = \left[ x^{n+1} \times -e^{1-x} \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} (n+1) x^{n} \times - e^{1-x} \, dx$$
Soit encore :
$$I_{n+1} = \left[ - x^{n+1} e^{1-x} \right]_{0}^{1} + (n+1) \int_{0}^{1} x^{n} e^{1-x} \, dx$$
Ce qui nous donne :
$$I_{n+1} = -1 + (n+1) I_n$$

On a :
$$k_{n+1} = (n+1) ! \, e - I_{n+1} = (n+1) ! \, e - ( -1 + (n+1) I_n )$$
Soit :
$$k_{n+1} = (n+1) ! \, e + 1 - (n+1) I_n = (n+1) n ! \, e + 1 - (n+1) I_n$$
D'où :
$$k_{n+1} = (n+1) \left[ n ! \, e - I_n \right] + 1$$
Finalement, on trouve que :
$$k_{n+1} = (n+1) k_n + 1$$
On en déduit que $$k_1$$ vaut :
$$k_1 = 1 ! \, e - I_1 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, k_1 = e - I_1 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, k_1 = e - (e-2) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, k_1 = e - e + 2$$
Finalement, on obtient :
$$k_1 = 2$$

Pour démontrer que , $$\forall n \in \mathbb{N}^*$$, on a $$k_n \in \mathbb{N}$$, utilisons une démonstration par récurrence. Pour cela, posons, $$\forall n \in \mathbb{N}^*$$, la propriété suivante :
$$P_n \,\, : \,\, k_n \in \mathbb{N}$$
On a les trois étapes suivantes :
$$\,\, \bullet \,\,$$ L'initialisation :
Si $$n=1$$, on sait que $$k_1 = 2 \in \mathbb{N}$$. Donc $$P_1$$ est vraie.
$$\,\, \bullet \,\,$$La transmission :
Supposons que $$P_n$$ soit vraie, et démontrons que cela implique nécessairement que $$P_{n+1}$$ soit également vraie.
On sait que $$k_n \in \mathbb{N}$$, ainsi $$k_{n+1} = (n+1) k_n + 1$$ est lui même un entier naturel (car $$n+1$$ est un entier naturel). Et donc $$P_{n+1}$$ est vraie.
$$\,\, \bullet \,\,$$La conclusion :
En vertu des principes de la récurrence, on en déduit que $$\forall n \in \mathbb{N}^*$$, on a $$k_n \in \mathbb{N}$$.

On sait que $$k_n = n ! \, e - I_n$$ donc $$I_n + k_n = n ! \, e$$. De plus, on sait que :
$$\dfrac{1}{n+1} \leq I_n \leq \dfrac{e}{n+1} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\dfrac{1}{n+1} + k_n \leq I_n \leq \dfrac{e}{n+1} + k_n$$
Donc :
$$\dfrac{1}{n+1} + k_n \leq n ! \, e \leq \dfrac{e}{n+1} + k_n$$
Or, on sait que :
$$k_n < \dfrac{1}{n+1} + k_n \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, k_n < n ! \, e \leq \dfrac{e}{n+1} + k_n$$
Or, si $$n \geq 2$$ dans ce cas, on peut écrire que :
$$\dfrac{e}{n+1} < 1 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \dfrac{e}{n+1} + k_n < 1 + k_n$$
Ce qui implique que nous puissions écrire que :
$$k_n < n ! \, e < 1 + k_n$$
Ainsi, on obtient un encadrement strict de la quantité $$n ! \, e$$ par deux entiers naturels consécutifs.
Ceci démontre bien que, $$\forall n \in \mathbb{N} / \left\lbrace 0\,;\,1\right\rbrace$$, la grandeur $$n! \, e \notin \mathbb{N}$$.

Si $$\forall n \geq q$$ on a alors :
$$\dfrac{n! \, p}{q} = n ! \times \dfrac{p}{q} = 1 \times 2 \times ... \times (q-1) \times q \times (q+1) \times ... \times n \times \dfrac{p}{q}$$
Ce qui nous donne :
$$\dfrac{n! \, p}{q} = 1 \times 2 \times ... \times (q-1) \times \dfrac{q}{q} \times (q+1) \times ... \times n \times p$$
Soit :
$$\dfrac{n! \, p}{q} = 1 \times 2 \times ... \times (q-1) \times 1 \times (q+1) \times ... \times n \times p$$
Comme $$p \in \mathbb{N}$$ alors on en déduit que
$$1 \times 2 \times ... \times (q-1) \times 1 \times (q+1) \times ... \times n \times p \in \mathbb{N}$$
Ce qui implique donc que la quantité $$\dfrac{n! \, p}{q}\in \mathbb{N}$$.
Afin de démontrer que $$e \notin \mathbb{Q}$$, raisonnons par l'$${\color{red}{absurde}}$$. Pour faire ceci, supposons le contraire de ce que nous souhaitons démontrer, à savoir, supposons que $$e \in \mathbb{Q}$$.
Par définition de l'ensemble $$\mathbb{Q}$$ cela signifie qu'il existe donc deux nombres entiers naturels $$p$$ et $$q$$ tels que :
$$e = \dfrac{p}{q} \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, n! \, e = \dfrac{n! \, p}{q}$$
où $$n$$ est un entier supérieur ou égal à $$2$$. Or, d'après la question $$9.$$ on sait que la grandeur $$n! \, e \notin \mathbb{N}$$. Mais d'après le début de la question $$10.$$ on sait que la quantité $$\dfrac{n! \, p}{q}\in \mathbb{N}$$. On en déduit immédiatement que l'égalité obtenue $$n! \, e = \dfrac{n! \, p}{q}$$ est \textbf{absurde}. Donc, l'hypothèse de départ $$e \in \mathbb{Q}$$ est impossible, ce qui implique immédiatement que $$e \notin \mathbb{Q}$$. Le nombre d'\textit{Euler} n'est donc pas un nombre rationnel.