Une page de Wikiversité, la communauté pédagogique libre.
En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Annexe : Démonstration que la somme infinie de tous les inverses des k! est égale à eFonction exponentielle/Annexe/Démonstration que la somme infinie de tous les inverses des k! est égale à e », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Le nombre e est appelé nombre d'Euler (constante de Neper) . C'est la valeur en 1 de la fonction exponentielle : e = exp(1) .
On cherche à démontrer que
lim
n
→
∞
∑
k
=
0
n
1
k
!
=
e
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}=\mathrm {e} }
et plus généralement, que pour tout réel
a
{\displaystyle a}
,
lim
n
→
∞
∑
k
=
0
n
a
k
k
!
=
exp
(
a
)
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }\sum _{k=0}^{n}{\frac {a^{k}}{k!}}=\exp(a)}
, en utilisant quelques propriétés de la fonction exponentielle :
Cette démonstration peut se faire avec des outils mathématiques du niveau de Terminale scientifique.
On se place dans le cas
a
≥
0
{\displaystyle a\geq 0}
, pour alléger l'écriture mais englober le cas particulier
a
=
1
{\displaystyle a=1}
(la preuve dans le cas
a
≤
0
{\displaystyle a\leq 0}
serait analogue).
Rappelons tout d’abord que par convention,
0
!
=
1
{\displaystyle 0!=1}
et pour tout réel
x
{\displaystyle x}
,
x
0
=
1
{\displaystyle x^{0}=1}
.
On pose, pour tout réel
x
{\displaystyle x}
et tout entier naturel
n
{\displaystyle n}
:
f
n
(
x
)
=
∑
k
=
0
n
x
k
k
!
{\displaystyle f_{n}(x)=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k}}{k!}}}
(donc
f
n
(
0
)
=
1
{\displaystyle f_{n}(0)=1}
et
f
n
+
1
′
=
f
n
{\displaystyle f_{n+1}'=f_{n}}
)
puis
g
n
(
x
)
=
f
n
(
x
)
exp
(
−
x
)
{\displaystyle g_{n}(x)=f_{n}(x)\exp(-x)}
.
Alors,
g
n
(
0
)
=
1
{\displaystyle g_{n}(0)=1}
et pour tout entier
n
>
0
{\displaystyle n>0}
,
g
n
′
(
x
)
=
e
−
x
(
f
n
′
(
x
)
−
f
n
(
x
)
)
=
g
n
−
1
(
x
)
−
g
n
(
x
)
=
−
x
n
n
!
exp
(
−
x
)
{\displaystyle g_{n}'(x)=e^{-x}{\bigl (}f_{n}'(x)-f_{n}(x){\bigr )}=g_{n-1}(x)-g_{n}(x)=-{\tfrac {x^{n}}{n!}}\exp(-x)}
donc :
|
f
n
(
a
)
−
exp
a
|
exp
a
=
|
g
n
(
a
)
−
g
n
(
0
)
|
=
∫
0
a
x
n
n
!
exp
(
−
x
)
d
x
≤
∫
0
a
x
n
n
!
d
x
=
a
n
+
1
(
n
+
1
)
!
.
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {|f_{n}(a)-\exp a|}{\exp a}}&=\left|g_{n}(a)-g_{n}(0)\right|\\&=\int _{0}^{a}{\tfrac {x^{n}}{n!}}\exp(-x)\,{\rm {d}}x\\&\leq \int _{0}^{a}{\tfrac {x^{n}}{n!}}\,{\rm {d}}x\\&={\frac {a^{n+1}}{(n+1)!}}.\end{aligned}}}
Or (par un théorème de comparaison ),
lim
n
→
∞
a
n
+
1
(
n
+
1
)
!
=
0
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a^{n+1}}{(n+1)!}}=0}
donc
lim
n
→
∞
f
n
(
a
)
=
exp
(
a
)
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }f_{n}(a)=\exp(a)}
ce qu’il fallait démontrer.
Début d'un lemme
Fin du lemme
Démonstration
Soit
n
∈
N
∗
{\displaystyle n\in \mathbb {N} ^{*}}
. La minoration de l'expression ci-dessus par 0 étant immédiate, il suffit de montrer la majoration de cette même expression par 1 . Le résultat de l'expression ci-dessus est compris (encadré) entre 0 et 1 , respectivement pour
n
→
+
∞
{\displaystyle n\to +\infty }
et
n
=
1
{\displaystyle n=1}
.
La valeur minimale de
n
{\displaystyle n}
est 1 .
Voici quatre preuves. Les trois premières utilisent la limite de la suite
u
m
{\displaystyle u_{m}}
quand
m
{\displaystyle m}
tend vers
+
∞
{\displaystyle +\infty }
:
u
m
→
e
{\displaystyle u_{m}\to \mathrm {e} }
. La dernière, plus rapide, exploite l'inégalité de la section précédente, qui a permis de démontrer cette convergence.
Soit
(
a
n
)
n
≥
2
{\displaystyle (a_{n})_{n\geq 2}}
une suite réelle positive telle que :
∀
n
≥
2
a
n
<
n
−
1
et
(
n
+
1
)
a
n
−
a
n
+
1
≥
1
{\displaystyle \forall n\geq 2\quad a_{n}<n-1\quad {\text{et}}\quad (n+1)a_{n}-a_{n+1}\geq 1}
.
(Par exemple :
a
n
=
C
∈
[
1
/
2
,
1
[
{\displaystyle a_{n}=C\in \left[1/2,1\right[}
, ou encore :
a
n
=
1
/
n
{\displaystyle a_{n}=1/n}
, qui correspond aux deux suites adjacentes classiques convergeant vers e .)
Alors,
n
!
(
e
−
u
n
)
≤
1
+
a
n
+
1
n
+
1
<
1
{\displaystyle n!\,(\mathrm {e} -u_{n})\leq {\frac {1+a_{n+1}}{n+1}}<1}
car pour tout
m
>
n
{\displaystyle m>n}
,
n
!
(
u
m
−
u
n
)
=
∑
k
=
n
+
1
m
n
!
k
!
≤
1
n
+
1
+
n
!
∑
k
=
n
+
2
m
(
a
k
−
1
(
k
−
1
)
!
−
a
k
k
!
)
≤
1
+
a
n
+
1
n
+
1
{\displaystyle n!\,(u_{m}-u_{n})=\sum _{k=n+1}^{m}{\frac {n!}{k!}}\leq {\frac {1}{n+1}}+n!\,\sum _{k=n+2}^{m}\left({\frac {a_{k-1}}{(k-1)!}}-{\frac {a_{k}}{k!}}\right)\leq {\frac {1+a_{n+1}}{n+1}}}
, par télescopage .
On a
n
!
(
e
−
u
n
)
≤
n
+
2
(
n
+
1
)
2
=
1
n
−
1
n
(
n
+
1
)
2
<
1
{\displaystyle n!\,(\mathrm {e} -u_{n})\leq {\frac {n+2}{(n+1)^{2}}}={\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n(n+1)^{2}}}<1}
(le même majorant qu'en choisissant
a
n
=
1
/
n
{\displaystyle a_{n}=1/n}
dans la première preuve) car pour tout
m
≥
n
{\displaystyle m\geq n}
,
n
!
(
u
m
−
u
n
)
=
∑
k
=
n
+
1
m
n
!
k
!
≤
1
n
+
1
∑
k
=
n
+
1
m
1
(
n
+
2
)
k
−
n
−
1
≤
1
(
n
+
1
)
(
1
−
1
n
+
2
)
{\displaystyle n!\,(u_{m}-u_{n})=\sum _{k=n+1}^{m}{\frac {n!}{k!}}\leq {\frac {1}{n+1}}\sum _{k=n+1}^{m}{\frac {1}{(n+2)^{k-n-1}}}\leq {\frac {1}{(n+1)\left(1-{\frac {1}{n+2}}\right)}}}
,
où la dernière inégalité vient du calcul d'une somme de termes consécutifs d'une suite géométrique .
(Inspiré de A. R. G. MacDivitt et Yukio Yanagisawa, « An elementary proof that e is irrational », The Mathematical Gazette , vol. 71, no 457, 1987 ) :
On a
n
!
(
e
−
u
n
)
≤
1
n
−
1
n
(
n
+
1
)
(
n
+
2
)
<
1
{\displaystyle n!\,(\mathrm {e} -u_{n})\leq {\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n(n+1)(n+2)}}<1}
(le même majorant qu'en choisissant
a
n
=
n
n
2
−
1
{\displaystyle a_{n}={\frac {n}{n^{2}-1}}}
dans la première preuve) car pour tout
m
≥
n
+
2
{\displaystyle m\geq n+2}
,
(
n
+
1
)
!
(
u
m
−
u
n
)
=
∑
k
=
n
+
1
m
(
n
+
1
)
!
k
!
≤
1
+
1
n
+
2
+
∑
k
=
n
+
3
m
n
!
(
k
−
1
)
!
=
1
+
1
n
+
2
−
1
n
+
1
+
∑
k
=
n
+
2
m
n
!
(
k
−
1
)
!
=
1
−
1
(
n
+
1
)
(
n
+
2
)
+
n
!
(
u
m
−
1
−
u
n
)
.
{\displaystyle {\begin{aligned}(n+1)!\,(u_{m}-u_{n})&=\sum _{k=n+1}^{m}{\frac {(n+1)!}{k!}}\\&\leq 1+{\frac {1}{n+2}}+\sum _{k=n+3}^{m}{\frac {n!}{(k-1)!}}\\&=1+{\frac {1}{n+2}}-{\frac {1}{n+1}}+\sum _{k=n+2}^{m}{\frac {n!}{(k-1)!}}\\&=1-{\frac {1}{(n+1)(n+2)}}+n!\,(u_{m-1}-u_{n}).\end{aligned}}}
La majoration pour
n
=
1
{\displaystyle n=1}
, équivalente à
e
<
3
{\displaystyle \mathrm {e} <3}
, se déduit par exemple, de :
e
−
1
=
lim
n
→
∞
∑
k
=
0
n
(
−
1
)
k
k
!
>
∑
k
=
0
3
(
−
1
)
k
k
!
=
1
3
{\displaystyle \mathrm {e} ^{-1}=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{k!}}>\sum _{k=0}^{3}{\frac {(-1)^{k}}{k!}}={\frac {1}{3}}}
.
L'inégalité de la section précédente fournit alors, pour
n
≥
2
{\displaystyle n\geq 2}
, une majoration grossière mais suffisante :
n
!
(
e
−
u
n
)
≤
e
n
+
1
≤
e
3
<
1
{\displaystyle n!\,(\mathrm {e} -u_{n})\leq {\frac {\mathrm {e} }{n+1}}\leq {\frac {\mathrm {e} }{3}}<1}
Remarquons que
n
!
u
n
=
∑
k
=
0
n
n
!
(
n
−
k
)
!
=
∑
k
=
1
n
(
∏
k
=
1
n
(
n
−
k
+
1
)
)
+
1
{\displaystyle n!\,u_{n}=\sum _{k=0}^{n}{n! \over (n-k)!}=\sum _{k=1}^{n}(\prod _{k=1}^{n}(n-k+1))+1}
est entier, donc le lemme signifie que :
cet entier est la partie entière de
n
!
e
{\displaystyle n!\,\mathrm {e} }
;
le réel
n
!
e
{\displaystyle n!\,\mathrm {e} }
n'est pas entier .
Corollaire
Le nombre
e
{\displaystyle \mathrm {e} }
est irrationnel .
On peut même démontrer de façon élémentaire que
e
{\displaystyle \mathrm {e} }
n'est pas algébrique de degré ≤ 2 : Intégration en mathématiques/Devoir/e est-il un rationnel ? .
En fait,
e
{\displaystyle \mathrm {e} }
est même transcendant , mais cela ne sera démontré qu'au niveau 16 : Introduction à la théorie des nombres/Annexe/Démonstration de la transcendance de e et pi .