L'irrationalité de $e$

La stratégie. Deux temps. D'abord, l'encadrement de $e$ par deux suites adjacentes, avec des inégalités strictes — on verra que la stricte inégalité est indispensable. Ensuite, la machine à irrationalité : on suppose $e=\frac{p}{q}$, on fabrique un nombre qui doit être à la fois un entier et strictement compris entre $0$ et $1$ — deux exigences incompatibles.

a) Les deux suites sont adjacentes. Croissance stricte de $(a_n)$ : $a_{n+1}-a_n=\frac{1}{(n+1)!}>0$.

Décroissance stricte de $(b_n)$ : calculons, en écrivant $(n+1)!=(n+1)n!$, $$b_{n+1}-b_n=\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+1)(n+1)!}-\frac{1}{n\cdot n!}.$$ Réduisons au dénominateur commun $n(n+1)(n+1)!$. Le premier terme vaut $\frac{n(n+1)}{n(n+1)(n+1)!}$, le deuxième $\frac{n}{n(n+1)(n+1)!}$, et le troisième, puisque $\frac{1}{n\cdot n!}=\frac{n+1}{n\cdot (n+1)!}=\frac{(n+1{)}^2}{n(n+1)(n+1)!}$, vaut $\frac{(n+1{)}^2}{n(n+1)(n+1)!}$. Le numérateur de la différence est donc $$n(n+1)+n-(n+1{)}^2=n^2+n+n-n^2-2n-1=-1,$$ d'où $$b_{n+1}-b_n=\frac{-1}{n(n+1)(n+1)!}<0.$$

L'écart tend vers $0$ : $b_n-a_n=\frac{1}{n\cdot n!}\le \frac{1}{n}\to 0$.

Les trois conditions sont réunies : $(a_n)$ et $(b_n)$ sont adjacentes. Elles convergent vers une même limite, que l'on note $e$.

b) L'encadrement strict. Le théorème des suites adjacentes donne $a_n\le e\le b_n$ pour tout $n$. Mais on a mieux. Comme $(a_n)$ est strictement croissante, $a_n<a_{n+1}\le e$, donc $a_n<e$ : l'inégalité de gauche est stricte. De même $e\le b_{n+1}<b_n$, donc $e<b_n$. En soustrayant $a_n$ : $$0<e-a_n<b_n-a_n=\frac{1}{n\cdot n!}.$$

c) L'entier impossible. Supposons $e=\frac{p}{q}$ avec $p,q$ entiers naturels non nuls, et posons $N=q!(e-a_q)$.

$N$ est un entier. D'une part $q!e=q!\frac{p}{q}=(q-1)!p$, qui est un entier puisque $q\ge 1$. D'autre part $$q!a_q=\sum _{k=0}^q\frac{q!}{k!},$$ et pour $0\le k\le q$, le quotient $\frac{q!}{k!}=(k+1)(k+2)\cdots q$ est un produit d'entiers (le produit vide, pour $k=q$, vaut $1$), donc un entier. Différence de deux entiers, $N$ est un entier.

$N$ est strictement compris entre $0$ et $1$. L'encadrement du b) au rang $n=q$, multiplié par $q!>0$, donne $$0<N=q!(e-a_q)<\frac{q!}{q\cdot q!}=\frac{1}{q}\le 1.$$

La contradiction. $N$ est un entier vérifiant $0<N<1$. Or il n'existe aucun entier strictement compris entre $0$ et $1$. L'hypothèse $e\in \mathbb{Q}$ est donc absurde : $$e\notin \mathbb{Q}.$$

Les deux points délicats. Ils portent tous deux sur ce qui, dans l'énoncé, aurait pu passer pour une coquetterie.

• La stricte inégalité $a_q<e$ est indispensable. Avec seulement $a_q\le e$, on obtiendrait $0\le N<1$, et $N=0$ serait un entier parfaitement acceptable : plus de contradiction. C'est la stricte croissance de $(a_n)$ — qui ne peut jamais atteindre sa limite — qui verrouille la démonstration.
• On coupe la somme exactement au rang $q$, le dénominateur supposé de $e$. C'est ce qui rend $\frac{q!}{k!}$ entier pour tous les $k$ conservés. Couper plus loin ferait apparaître des dénominateurs, couper plus tôt ruinerait la majoration $\frac{1}{q}$. Le rang de coupure est dicté par l'hypothèse qu'on veut réfuter.

Contrôle. Avec $q=3$ : $a_3=1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{8}{3}\approx 2,666667$, et $N=6(e-a_3)\approx 6\times 0,051615=0,30969$, qui est bien dans $\left]0,\frac{1}{3}\right[$ — et qui n'est manifestement pas un entier. Le calcul refait pour $q=1,\dots ,7$ donne à chaque fois $0<N<\frac{1}{q}$.

Ce que l'exercice installe. Le schéma « un entier strictement compris entre $0$ et $1$ » est le procédé standard des preuves d'irrationalité : il ressert tel quel pour $e^2$, pour $\pi$ et pour les nombres de Liouville. Il montre aussi à quoi sert une majoration fine de la queue d'une somme — ici $\frac{1}{q\cdot q!}$, décroissance factorielle, qui écrase $N$ sous $\frac{1}{q}$. Et il donne rétrospectivement leur sens aux suites adjacentes : elles ne fournissaient pas seulement une convergence, mais un encadrement quantitatif dont dépend toute la preuve.