Autour du nombre \(e\)
Ce qu'on peut tirer de l'inégalité \(e^x\geq 1+x\)

Résumé

Une feuille de problèmes de terminale sur l'exponentielle pose trois questions qui semblent sans rapport. Quelle est la taille de \(n!\) ? Pourquoi la moyenne géométrique de nombres positifs est-elle plus petite que leur moyenne arithmétique ? Comment calculer \(e\), et est-ce une fraction ? On montre que les trois réponses reposent sur une seule inégalité, \(e^x\geq1+x\), qui dit que le graphe de l'exponentielle est au-dessus de sa tangente en \(0\). On pousse ensuite chaque réponse aussi loin que possible : jusqu'à la formule de Stirling avec un reste explicite, jusqu'à la famille des moyennes d'ordre \(p\), et jusqu'à l'irrationalité de \(e\) et un développement asymptotique de \(n!\,e\) modulo \(1\).

Lemme 1.1 (Inégalité de la tangente). Pour tout réel \(x\), \(e^x\geq1+x\), avec égalité si et seulement si \(x=0\). De façon équivalente, pour tout \(y>0\), \(\ln y\leq y-1\), avec égalité si et seulement si \(y=1\).

Démonstration. La fonction \(\varphi(x)=e^x-1-x\) a pour dérivée \(e^x-1\). Elle décroît donc sur \(]-\infty,0]\) et croît sur \([0,+\infty[\). Son minimum est atteint seulement en \(0\), où elle vaut \(0\). Pour la seconde forme, on pose \(y=e^x\), c'est-à-dire \(x=\ln y\). ∎

Lemme 2.1. Pour tout \(n\geq1\), on a \(2\leq\big(1+\frac1n\big)^n<e\).

Démonstration. Minoration. Par la formule du binôme, \(\big(1+\frac1n\big)^n\geq1+n\cdot\frac1n=2\). C'est l'inégalité de Bernoulli \((1+x)^n\geq1+nx\) (exercice 1).

Majoration. Le lemme 1.1 avec \(x=\frac1n\neq0\) donne \(1+\frac1n<e^{1/n}\). On élève à la puissance \(n\). ∎

Proposition 2.2. Soit \(u_n=\dfrac{n^n}{n!}\) pour \(n\geq1\). Alors \(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\big(1+\frac1n\big)^n\), la suite \((u_n)\) est strictement croissante et, pour tout \(n\geq1\), \[ 2^{n-1}\leq u_n\leq e^{n-1}, \qquad\text{c'est-à-dire}\qquad e\Big(\frac ne\Big)^n\leq n!\leq 2\Big(\frac n2\Big)^n . \] De plus \(n!\leq\big(\frac n2\big)^n\) pour tout \(n\geq6\).

Démonstration. Le calcul du rapport est direct : \[ \frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{n^n}=\frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)\,n^n}=\frac{(n+1)^n}{n^n}=\Big(1+\frac1n\Big)^n . \] Par le lemme 2.1, ce rapport est dans \([2,e[\). Il est \(>1\), donc \((u_n)\) est strictement croissante. Comme \(u_1=1\), on a \[ u_n=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{u_{k+1}}{u_k}, \] produit de \(n-1\) facteurs compris entre \(2\) et \(e\). D'où \(2^{n-1}\leq u_n\leq e^{n-1}\). On remplace \(u_n\) par \(n^n/n!\) et on isole \(n!\).

Pour la dernière assertion, on part de \(u_6=\frac{46656}{720}=64{,}8\geq2^6\). Ensuite \(u_{n+1}\geq2u_n\), donc \(u_n\geq2^n\) pour tout \(n\geq6\) par récurrence, ce qui s'écrit \(n!\leq(n/2)^n\). ∎

Remarque 2.3.

1. Le seuil \(6\) est le bon : pour \(n=5\), \(u_5=\frac{3125}{120}\approx26{,}04<32\), donc \(5!>(5/2)^5\).
2. La minoration \(n!\geq(n/e)^n\), un peu plus faible que celle de la proposition, s'obtient en une ligne. La série de \(e^n\) a tous ses termes positifs, donc elle dépasse chacun d'eux : \(e^n=\sum_{k\geq0}\frac{n^k}{k!}\geq\frac{n^n}{n!}\).

Corollaire 2.4. Pour tout réel \(a>0\), \(\dfrac{n!}{a^n}\to+\infty\) ; autrement dit \(a^n=o(n!)\).

Démonstration. Par la proposition 2.2, \[ \frac{n!}{a^n}\geq e\Big(\frac{n}{ea}\Big)^n . \] Dès que \(n\geq2ea\), le nombre \(\frac{n}{ea}\) est au moins \(2\), donc le minorant est au moins \(e\,2^n\), qui tend vers \(+\infty\). ∎

Lemme 2.5. Pour tout \(n\geq1\), \[ \frac1{3(2n+1)^2}\leq w_n-w_{n+1}\leq\frac1{12n(n+1)}=\frac1{12}\Big(\frac1n-\frac1{n+1}\Big). \] En particulier \(w_n-w_{n+1}=\dfrac1{12n^2}+O\Big(\dfrac1{n^3}\Big)\).

Démonstration. On calcule d'abord l'accroissement. Comme \(\ln(n+1)!=\ln n!+\ln(n+1)\), \[ w_n-w_{n+1}=-\ln(n+1)-\Big(n+\frac12\Big)\ln n+\Big(n+\frac32\Big)\ln(n+1)-1 =\Big(n+\frac12\Big)\ln\Big(1+\frac1n\Big)-1 . \] Posons \(t=\frac1{2n+1}\in\,]0,1[\). Alors \(\frac{1+t}{1-t}=\frac{2n+2}{2n}=1+\frac1n\) et \(n+\frac12=\frac1{2t}\). Le développement en série entière \[ \ln\frac{1+t}{1-t}=\ln(1+t)-\ln(1-t)=2\sum_{k\geq0}\frac{t^{2k+1}}{2k+1},\qquad|t|<1, \] donne \[ w_n-w_{n+1}=\frac1{2t}\ln\frac{1+t}{1-t}-1=\sum_{k\geq1}\frac{t^{2k}}{2k+1}. \] Tous les termes sont positifs. La somme est donc minorée par son premier terme \(\frac{t^2}3\). Elle est majorée par \(\frac13\sum_{k\geq1}t^{2k}=\frac{t^2}{3(1-t^2)}\), puisque \(2k+1\geq3\). Enfin \[ \frac{t^2}{1-t^2}=\frac1{(2n+1)^2-1}=\frac1{4n(n+1)}, \] d'où l'encadrement. Les deux bornes valent \(\frac1{12n^2}+O(\frac1{n^3})\). ∎

Lemme 2.6 (Wallis). Soit \(W_n=\int_0^{\pi/2}\sin^nt\dd t\). Alors \(W_n\sim\sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}\), et \[ W_{2p}=\frac{(2p)!}{4^p\,(p!)^2}\cdot\frac\pi2, \qquad\text{donc}\qquad \frac{(2p)!}{4^p\,(p!)^2}\sim\frac1{\sqrt{\pi p}} . \]

Démonstration. Une intégration par parties, en écrivant \(\sin^{n+2}=\sin^{n+1}\cdot\sin\), donne \((n+2)W_{n+2}=(n+1)W_n\). Avec \(W_0=\frac\pi2\), on en déduit la formule pour \(W_{2p}\). Avec \(W_1=1\), on voit que la suite \((n+1)W_{n+1}W_n\) est constante, égale à \(W_1W_0=\frac\pi2\).

Comme \(0\leq\sin t\leq1\) sur \([0,\frac\pi2]\), la suite \((W_n)\) est décroissante et strictement positive. Donc \[ \frac{n+1}{n+2}=\frac{W_{n+2}}{W_n}\leq\frac{W_{n+1}}{W_n}\leq1, \] d'où \(W_{n+1}\sim W_n\). Alors \(\frac\pi2=(n+1)W_{n+1}W_n\sim(n+1)W_n^2\), soit \(W_n^2\sim\frac\pi{2n}\). Enfin \(\frac{(2p)!}{4^p(p!)^2}=\frac2\pi W_{2p}\sim\frac2\pi\sqrt{\frac{\pi}{4p}}=\frac1{\sqrt{\pi p}}\). ∎

Théorème 2.7 (Stirling). On a \(n!\sim\sqrt{2\pi n}\,\Big(\dfrac ne\Big)^n\). Plus précisément, pour tout \(n\geq1\), il existe \(\theta_n\in\,]0,1]\) tel que \[ n!=\sqrt{2\pi n}\,\Big(\frac ne\Big)^n e^{\theta_n/(12n)} . \]

Démonstration. Convergence. Par le lemme 2.5, la suite \((w_n)\) est strictement décroissante. La majoration du lemme s'écrit \[ \Big(w_{n+1}-\frac1{12(n+1)}\Big)-\Big(w_n-\frac1{12n}\Big)\geq0, \] donc la suite \(\big(w_n-\frac1{12n}\big)\) est croissante. Les deux suites diffèrent de \(\frac1{12n}\to0\) : elles sont adjacentes et convergent vers une même limite \(\ell\). En sommant l'encadrement du lemme 2.5 de \(k=n\) à \(+\infty\), on obtient \(0<w_n-\ell\leq\frac1{12n}\). En posant \(\theta_n=12n\,(w_n-\ell)\in\,]0,1]\), on a donc \[ n!=e^{\ell}\sqrt n\,\Big(\frac ne\Big)^n e^{\theta_n/(12n)} . \]

Identification de la constante. Posons \(C=e^\ell\), de sorte que \(n!\sim C\sqrt n\,(n/e)^n\). On applique cet équivalent à \((2p)!\) et à \(p!\) : \[ \frac{(2p)!}{4^p(p!)^2}\sim\frac{C\sqrt{2p}\,(2p/e)^{2p}}{4^p\,C^2p\,(p/e)^{2p}}=\frac{\sqrt2}{C\sqrt p}. \] Les puissances se simplifient, car \((2p)^{2p}=4^p\,p^{2p}\). La comparaison avec le lemme 2.6 donne \(\frac{\sqrt2}C=\frac1{\sqrt\pi}\), soit \(C=\sqrt{2\pi}\). ∎

Remarque 2.8.

1. Comparaison avec l'encadrement de départ. La décroissance de \((w_n)\) donne \(\ell\leq w_n\leq w_1=1\), c'est-à-dire \[ \sqrt{2\pi n}\,\Big(\frac ne\Big)^n\leq n!\leq e\sqrt n\,\Big(\frac ne\Big)^n . \] L'incertitude n'est plus un facteur exponentiel \((e/2)^n\), mais une constante \(e/\sqrt{2\pi}\approx1{,}08\).
2. Vers un développement asymptotique. Le lemme 2.5 montre que \(w_n-\ell=\sum_{k\geq n}(w_k-w_{k+1})=\frac1{12n}+O(\frac1{n^2})\). On obtient ainsi le début du développement \[ \ln n!=n\ln n-n+\frac12\ln(2\pi n)+\frac1{12n}+O\Big(\frac1{n^2}\Big). \] En poussant le calcul, on obtient la série de Stirling. Ses coefficients s'expriment à l'aide des nombres de Bernoulli, et elle diverge pour tout \(n\) : c'est un développement asymptotique, pas une série convergente.
3. Un test numérique. Pour \(n=10\), \(10!=3\,628\,800\) et \(\sqrt{20\pi}\,(10/e)^{10}\approx3\,598\,696\). L'erreur relative est d'environ \(0{,}83\,\%\), très proche de \(\frac1{120}=\frac1{12n}\), comme le prévoit le théorème.

Exemple 3.1 (Exercice 2 de la feuille). Pour \((a_1,a_2,a_3)=(4,10,25)\), on trouve :

• \(m=\frac{4+10+25}3=\frac{39}3=13\) ;
• \(g=\sqrt[3]{4\cdot10\cdot25}=\sqrt[3]{1000}=10\) ;
• \(\frac1h=\frac13\big(\frac14+\frac1{10}+\frac1{25}\big)=\frac13\cdot\frac{25+10+4}{100}=\frac{13}{100}\), donc \(h=\frac{100}{13}\approx7{,}69\).

On constate que \(h<g<m\), et de plus que \(m\,h=100=g^2\).

Cette dernière égalité n'est pas un hasard : \(4,10,25\) est une progression géométrique, de raison \(\frac52\). Pour \((a,ar,ar^2)\) avec \(a,r>0\), on a \(g=ar\), \(m=\frac{a(1+r+r^2)}3\) et \(\frac1h=\frac{1+r+r^2}{3ar^2}\), donc \(mh=a^2r^2=g^2\). Pour deux nombres, l'identité \(mh=g^2\) est toujours vraie, car \(\frac{a+b}2\cdot\frac{2ab}{a+b}=ab\). En revanche, elle est fausse en général pour trois nombres : pour \((1,1,4)\), on a \(m=2\), \(g=\sqrt[3]4\) et \(h=\frac43\), donc \(mh=\frac83\), alors que \(g^2=\sqrt[3]{16}\approx2{,}52\).

Théorème 3.2. On a \(h\leq g\leq m\). Chacune de ces deux inégalités est une égalité si et seulement si \(a_1=\cdots=a_n\).

Première preuve (méthode de la feuille). On applique le lemme 1.1, sous la forme \(\ln y\leq y-1\), à \(y=a_i/m\), et on somme sur \(i\) : \[ n\ln\frac gm=\sum_{i=1}^n\ln\frac{a_i}m\leq\sum_{i=1}^n\Big(\frac{a_i}m-1\Big)=\frac{nm}m-n=0 . \] Donc \(g\leq m\). Il y a égalité si et seulement si chacune des \(n\) inégalités est une égalité, c'est-à-dire si \(a_i/m=1\) pour tout \(i\).

Pour \(h\), on applique ce résultat aux réels \(1/a_i\). Leur moyenne géométrique vaut \(1/g\) et leur moyenne arithmétique vaut \(1/h\). On obtient \(\frac1g\leq\frac1h\), soit \(h\leq g\), avec le même cas d'égalité. ∎

Seconde preuve (convexité). La fonction \(\ln\) est strictement concave sur \(]0,+\infty[\), car \(\ln''(x)=-1/x^2<0\). L'inégalité de Jensen donne \[ \frac1n\sum_{i=1}^n\ln a_i\leq\ln\Big(\frac1n\sum_{i=1}^na_i\Big), \] c'est-à-dire \(\ln g\leq\ln m\). La stricte concavité donne le cas d'égalité. On conclut pour \(h\) comme ci-dessus. ∎

Remarque 3.3 (Pourquoi les deux preuves sont la même). La droite \(y\mapsto y-1\) est la tangente au graphe de \(\ln\) au point \(1\). Appliquer \(\ln y\leq y-1\) à \(y=a_i/m\) revient à comparer \(\ln\) à sa tangente au point \(m\), c'est-à-dire au barycentre des \(a_i\). C'est exactement la preuve « par la tangente » de l'inégalité de Jensen, qui vaut pour toute fonction concave dérivable. La première preuve n'est donc pas une astuce : c'est Jensen, écrit à la main.

Exemple 3.4. La suite \(e_n=\big(1+\frac1n\big)^n\) est strictement croissante. L'idée est de voir \(e_n\) comme un produit de \(n+1\) facteurs, dont on compare la moyenne géométrique à la moyenne arithmétique. On applique \(g<m\) aux \(n+1\) réels \(1+\frac1n,\dots,1+\frac1n,1\), qui ne sont pas tous égaux. Leur produit vaut \(e_n\) et leur somme \(n+2\), donc \[ e_n^{1/(n+1)}<\frac{n+2}{n+1}=1+\frac1{n+1}, \] c'est-à-dire \(e_n<e_{n+1}\). Avec le lemme 2.1, on retrouve que \((e_n)\) converge en croissant vers une limite \(\leq e\). Cette limite vaut \(e\), puisque \(n\ln(1+\frac1n)\to1\).

Définition 3.5. Pour \(p\in\R^*\), on pose \(M_p(a)=\Big(\dfrac1n\sum_{i=1}^na_i^p\Big)^{1/p}\), et \(M_0(a)=g\).

Théorème 3.6. L'application \(p\mapsto M_p(a)\) est continue et croissante sur \(\R\). Elle est strictement croissante si les \(a_i\) ne sont pas tous égaux, et constante sinon. De plus \(M_p(a)\to\max a_i\) quand \(p\to+\infty\) et \(M_p(a)\to\min a_i\) quand \(p\to-\infty\).

Démonstration. Si les \(a_i\) sont tous égaux à \(c\), alors \(M_p(a)=c\) pour tout \(p\). Supposons-les non tous égaux.

Cas \(0<p<q\). La fonction \(x\mapsto x^{q/p}\) est strictement convexe sur \(]0,+\infty[\), puisque \(q/p>1\). On applique Jensen aux réels \(b_i=a_i^p\), qui ne sont pas tous égaux : \[ M_p(a)^q=\Big(\frac1n\sum b_i\Big)^{q/p}<\frac1n\sum b_i^{q/p}=M_q(a)^q , \] et on prend la racine \(q\)-ième.

Cas \(p<q<0\). On a \(0<-q<-p\). Le cas précédent, appliqué à \(1/a\), donne \(M_{-q}(1/a)<M_{-p}(1/a)\). En passant aux inverses, \(M_p(a)<M_q(a)\).

Cas où \(p\) ou \(q\) est nul. Pour \(q>0\), le théorème 3.2 appliqué aux \(a_i^q\) donne \(g^q<M_q(a)^q\), soit \(M_0<M_q\). Pour \(p<0\), il donne de même \(g^p<M_p(a)^p\). Comme \(x\mapsto x^{1/p}\) est décroissante, on en déduit \(M_p(a)<g=M_0(a)\). Le cas \(p<0<q\) s'en déduit par transitivité.

Continuité en \(0\). Pour \(p\to0\), on a \(a_i^p=e^{p\ln a_i}=1+p\ln a_i+O(p^2)\). Donc \[ \ln M_p(a)=\frac1p\ln\Big(1+\frac pn\sum_i\ln a_i+O(p^2)\Big)=\frac1n\sum_i\ln a_i+O(p)\longrightarrow\ln g . \] Ailleurs, la continuité est claire.

Limites. Soit \(A=\max a_i\). Pour \(p>0\), la somme \(\sum a_i^p\) est comprise entre \(A^p\) et \(nA^p\), donc \(n^{-1/p}A\leq M_p(a)\leq A\), et \(n^{-1/p}\to1\). On en déduit le cas \(p\to-\infty\) par \(M_{-p}(a)=1/M_p(1/a)\). ∎

Remarque 3.7. En particulier \(\min a_i\leq h\leq g\leq m\leq M_2\leq\max a_i\). Sur l'exemple 3.1, \(M_2=\sqrt{\frac{16+100+625}3}=\sqrt{247}\approx15{,}7\), qui est bien entre \(m=13\) et \(\max a_i=25\).

Proposition 4.1. Les suites \((u_n)\) et \((v_n)\) sont adjacentes : \((u_n)\) est strictement croissante, \((v_n)\) est strictement décroissante et \(v_n-u_n\to0\). Leur limite commune \(\ell\) vérifie donc \(u_n<\ell<v_n\) pour tout \(n\geq1\).

Démonstration. La suite \((u_n)\) croît strictement, car \(u_{n+1}-u_n=\frac1{(n+1)!}>0\). L'écart \(v_n-u_n=\frac1{n\cdot n!}\) tend vers \(0\). Pour \((v_n)\), on réduit au même dénominateur : \[ v_{n+1}-v_n=\frac1{(n+1)!}+\frac1{(n+1)(n+1)!}-\frac1{n\cdot n!} =\frac{n(n+1)+n-(n+1)^2}{n(n+1)\,(n+1)!}=-\frac1{n(n+1)\,(n+1)!}<0 . \] Les inégalités strictes \(u_n<\ell<v_n\) viennent de la stricte monotonie : \(u_n<u_{n+1}\leq\ell\) et \(\ell\leq v_{n+1}<v_n\). ∎

Exemple 4.2 (Exercice 3 de la feuille). On a \(u_1=2\), \(v_1=3\), \(u_2=\frac52\), \(v_2=\frac{11}4\), \(u_3=\frac83\) et \(v_3=\frac{49}{18}\). Pour un encadrement d'amplitude \(10^{-3}\), il faut \(\frac1{n\cdot n!}\leq10^{-3}\). L'amplitude vaut \(\frac1{600}\) pour \(n=5\), ce qui ne suffit pas, et \(\frac1{4320}<10^{-3}\) pour \(n=6\). Avec \(u_6=\frac{1957}{720}\approx2{,}71806\) et \(v_6=\frac{11743}{4320}\approx2{,}71829\), on obtient \[ 2{,}718<\ell<2{,}7183 . \] On conjecture que \(\ell=e\).

Proposition 4.3. Pour tout \(n\geq1\), \[ e-u_n=\frac1{n!}\int_0^1(1-t)^ne^t\dd t , \qquad\text{donc}\qquad \frac1{(n+1)!}<e-u_n<\frac{e}{(n+1)!} . \] En particulier \(u_n\to e\), donc \(\ell=e\), et \(e=\sum_{k\geq0}\frac1{k!}\).

Démonstration. C'est la formule de Taylor avec reste intégral, appliquée à \(\exp\) entre \(0\) et \(1\) à l'ordre \(n\). Pour rester au niveau de la feuille, on la retrouve ainsi. Soit \[ f(x)=\Big(\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\Big)e^{-x},\qquad x\in[0,1]. \] Elle est dérivable, et \[ f'(x)=\Big(\sum_{k=1}^n\frac{x^{k-1}}{(k-1)!}-\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\Big)e^{-x}=-\frac{x^n}{n!}e^{-x}. \] En effet, la première somme vaut \(\sum_{k=0}^{n-1}\frac{x^k}{k!}\), et il ne reste que le dernier terme de la seconde. Comme \(f(0)=1\) et \(f(1)=u_ne^{-1}\), on intègre \(f'\) de \(0\) à \(1\) : \[ u_ne^{-1}-1=-\frac1{n!}\int_0^1x^ne^{-x}\dd x, \qquad\text{soit}\qquad e-u_n=\frac1{n!}\int_0^1x^ne^{1-x}\dd x . \] Le changement de variable \(t=1-x\) donne la formule.

Pour l'encadrement, on a \(1<e^t<e\) pour \(t\in\,]0,1[\), et \(\int_0^1(1-t)^n\dd t=\frac1{n+1}\). Les inégalités sont strictes, car l'intégrande est continue et les inégalités sont strictes sur \(]0,1[\). Le majorant \(\frac e{(n+1)!}\) tend vers \(0\). ∎

Remarque 4.4.

1. La proposition 4.1 donne un majorant plus fin : \(e-u_n<\frac1{n\cdot n!}\). En comparant avec le minorant \(\frac1{(n+1)!}\), on obtient \(e-u_n\sim\frac1{(n+1)!}\) : l'erreur commise est essentiellement le premier terme oublié. L'exercice 6 précise ce point.
2. La convergence est très rapide. Pour obtenir \(d\) décimales, il suffit que \(e/(n+1)!\leq10^{-d}\). Par Stirling, le plus petit tel \(n\) vérifie \(n\ln n\sim d\ln10\). Par exemple, \(n=17\) suffit pour \(15\) décimales, car \(e/18!\approx4{,}2\cdot10^{-16}\). Comparer avec \(\big(1+\frac1n\big)^n\), dont l'erreur est de l'ordre de \(\frac e{2n}\) (exercice 3).
3. La même méthode, en \(x=-1\), donne la série alternée \[ \frac1e=\sum_{k\geq0}\frac{(-1)^k}{k!}=\frac12-\frac1{2\cdot3}+\frac1{2\cdot3\cdot4}-\cdots \] C'est le développement de Pierce de \(1/e\), de chiffres \(q_i=i+1\). Il ne s'arrête pas, ce qui redonne l'irrationalité de \(e\) (voir la fiche lecons/142-pgcd-ppcm/divisibilite-pgcd-congruences.tex).

Théorème 4.5. Le nombre \(e\) est irrationnel.

Démonstration. Supposons \(e=\frac pq\) avec \(p,q\) entiers, \(q\geq1\). Par la proposition 4.1, et puisque \(\ell=e\), \[ u_q<\frac pq<u_q+\frac1{q\cdot q!} . \] On multiplie par \(q\cdot q!>0\) : \[ 0<p\cdot q!-q\cdot q!\,u_q<1 . \] Or \(q!\,u_q=\sum_{k=0}^q\frac{q!}{k!}\) est un entier, car \(k!\) divise \(q!\) pour \(k\leq q\). Donc \(p\cdot q!-q\cdot q!\,u_q\) est un entier strictement compris entre \(0\) et \(1\). C'est absurde. ∎

Remarque 4.6.

1. Pourquoi ça marche. Les rationnels \(u_q\) ont un dénominateur qui divise \(q!\), et ils approchent \(e\) à moins de \(\frac1{q\cdot q!}\). Une fraction fixe \(p/q\) ne peut pas être approchée aussi bien par des fractions de dénominateur \(q!\) : l'écart entre deux telles fractions distinctes est au moins \(\frac1{q!}\). C'est le même principe que dans toutes les preuves d'irrationalité par approximation.
2. La même idée, appliquée simultanément aux séries de \(e\) et de \(e^{-1}\), montre que \(e^2\) est irrationnel, et même non quadratique (Liouville, 1840). Si \(e^2=\frac pq\), on écrit \(qe=pe^{-1}\) et l'on compare les deux développements. Hermite a démontré en 1873 que \(e\) est transcendant. On ne démontre pas ces résultats ici.

Exercice 1. Montrer que \((1+x)^n\geq1+nx\) pour tout \(x\geq-1\) et tout \(n\in\N\). Que donne la proposition 2.2 pour \(\ln n!\) ?

Exercice 2. Calculer \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{n!}{n^n}\) et \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{(n!)^{1/n}}{n}\), puis donner un équivalent de \(\dbinom{2n}{n}\).

Exercice 3. Montrer que \(\big(1+\frac1n\big)^n=e-\dfrac{e}{2n}+\dfrac{11e}{24n^2}+O\Big(\dfrac1{n^3}\Big)\).

Exercice 4. Soit \(n\geq1\) et \(g(x)=f(x)+\frac{x}{n!}\), où \(f\) est la fonction de la preuve de la proposition 4.3. Montrer que \(g\) est croissante sur \([0,1]\) et en déduire \(e-\frac e{n!}\leq u_n\leq e\).

Exercice 5. Soit \(x,y>0\) distincts. Montrer que la moyenne logarithmique \(\frac{x-y}{\ln x-\ln y}\) s'intercale entre les moyennes géométrique et arithmétique : \(\sqrt{xy}<\frac{x-y}{\ln x-\ln y}<\frac{x+y}2\).

Exercice 6. On pose \(r_n=n!\,(e-u_n)\). Montrer que \(r_n=\dfrac1n+O\Big(\dfrac1{n^3}\Big)\), puis que \(\sin(2\pi\,n!\,e)\sim\dfrac{2\pi}n\). En déduire la nature de la série \(\sum\sin(2\pi\,n!\,e)\).