L'irrationalité de $e$

Stratégie : par l'absurde, en fabriquant un entier strictement compris entre $0$ et $1$. Un tel objet ne peut pas exister ; toute la démonstration consiste donc à construire un nombre dont on prouve d'un côté qu'il est entier, de l'autre qu'il est minuscule.

1) L'encadrement de départ, et sa moitié cachée. Notons $S_q=\sum _{k=0}^q\frac{1}{k!}$. L'exponentielle est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ et toutes ses dérivées sont majorées par $e\le 3$ sur $[0,1]$ ; l'inégalité de Taylor-Lagrange en $a=0$, $x=1$, à l'ordre $q$, donne donc

$$\left|e-S_q\right|\le \frac{3}{(q+1)!}.$$

En particulier le membre de droite tend vers $0$, donc $S_q\to e$. Mais il faut davantage : il faut savoir que l'écart est strictement positif. Or la suite $(S_q)$ est strictement croissante, puisque $S_{q+1}=S_q+\frac{1}{(q+1)!}>S_q$ ; étant strictement croissante et de limite $e$, elle reste strictement en dessous de $e$. Finalement

$$0<e-S_q\le \frac{3}{(q+1)!}.$$

⚠️ Le point délicat est là, et il se voit rarement du premier coup. L'inégalité de Taylor-Lagrange ne donne qu'une valeur absolue : elle autorise $e=S_q$. Si cette égalité était possible, la démonstration s'arrêterait net, car l'entier construit vaudrait $0$ et il n'y aurait aucune contradiction. C'est la stricte croissance de la suite des sommes partielles qui interdit ce cas, et elle vient d'ailleurs.

2) L'hypothèse par l'absurde. Supposons $e$ rationnel, $e=\frac{p}{q}$ avec $p$ et $q$ entiers strictement positifs. On peut supposer $q\ge 3$ : il suffit au besoin d'écrire $\frac{p}{q}=\frac{3p}{3q}$, ce qui ne change pas le nombre.

3) L'entier. Posons $N=q!\left(e-S_q\right)$, et montrons qu'il est entier.

• D'une part, $q!e=q!\times \frac{p}{q}=(q-1)!p$, produit de deux entiers : c'est un entier.
• D'autre part, $q!S_q=\sum _{k=0}^q\frac{q!}{k!}$, et chaque terme $\frac{q!}{k!}=(k+1)(k+2)\cdots q$ est un produit d'entiers, donc un entier, puisque $k\le q$.

Leur différence $N$ est donc un entier.

4) La contradiction. En multipliant l'encadrement du premier point par $q!>0$ :

$$0<N\le q!\frac{3}{(q+1)!}=\frac{3}{q+1}\le \frac{3}{4}<1,$$

la dernière majoration venant de $q\ge 3$. Voilà un entier strictement compris entre $0$ et $1$ : impossible. L'hypothèse est donc absurde, et

$$\boxed{e\text{ n’est pas rationnel.}}$$

Contrôle numérique en $q=3$. On a $S_3=1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{8}{3}\approx 2,666667$, et $e-S_3\approx 0,051615$, bien positif et bien inférieur à $\frac{3}{24}=0,125$. L'entier candidat vaudrait $N=6\times 0,051615=0,309691$, qui n'est effectivement pas un entier — c'est exactement ce qui interdit à $e$ de s'écrire avec le dénominateur $3$. Le caractère entier de $q!S_q$ a été vérifié pour $q=3$, $4$, $5$ et $10$. ✔

Ce que l'exercice installe. Le schéma général des preuves d'irrationalité : supposer une écriture fractionnaire, en tirer un entier, et l'enfermer dans un intervalle trop étroit pour en contenir un. La même mécanique, avec plus de technique, donne l'irrationalité de $e^2$ puis celle de $\pi$.