Donner plusieurs démonstrations de l’irrationalité de \(\sqrt{2}\).


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[ID: 3131] [Date de publication: 9 novembre 2022 23:18] [Catégorie(s): En cours... ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]




Solution(s)

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Irrationalité de \(\sqrt{2}\)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 23:18

-Supposons qu’il existe \(p,q\in\mathbb N^\star\) tels que \(\sqrt{2}=p/q\), et soit \(q\) le plus petit de ces tels dénominateurs. Alors \(2q^2=p^2\), \(p^2\) et par conséquent \(p\) est pair : \(p=2p_1\). De là, \(2q^2=4p_1^2\) soit \(q^2=2p_1^2\) et \(q\) est donc aussi pair. Si \(q=2q_1\) on aura \(\sqrt{2}=p/q=p_1/q_1\) et \(q_1<q\) ce qui contredit le choix de \(q\).

-Supposons à nouveau qu’il existe \(p,q\in\mathbb N^\star\) tels que \(\sqrt{2}=p/q\), et soit \(q\) le plus petit de ces tels dénominateurs. Alors \[\dfrac{2q-p}{p-q}=\dfrac{2-(p/q)}{(p/q)-1}=\dfrac{2-\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}=\sqrt{2},\] comme \(2p-q\) et \(p-q\) sont des entiers et \(0<p-q<q\) on a à nouveau une contradiction.

-Cette démonstration utilise le théorème1 fondamental de l’arithmétique (tout entier \(n>1\) se décompose de manière unique (à l’ordre des facteurs prés) en un produit de nombres premiers). Si \(\sqrt{2}=p/q\), alors \(2q^2=p^2\). Via le théorème fondamental de l’arithmétique, dans la décomposition de \(p^2\) en facteurs premiers tout nombre premier (et \(2\) en particulier) doit apparaitre élevé à une puissance paire. D’un autre coté, et pour les mêmes raisons, l’exposant de \(2\) dans la décomposition de \(2q^2\) en facteurs premiers sera impair. L’unicité de la décomposition fourni alors la contradiction.

-Posons \(\varepsilon_i=(\sqrt{2}-1)^i\). On a \(0<\varepsilon_i<2^{-i}\) pour tout entier \(i\) et il est aussi facile de vérifier (par récurrence sur \(i\) ou avec le binôme de Newton) que l’on peut écrire \(\varepsilon_i=a_i+b_i\sqrt{2}\) avec \(a_i, b_i\in\mathbb Z\). Si \(\sqrt{2}=p/q\), alors \[\varepsilon_i=a_i+b_i\cdot\dfrac{p}{q}=\dfrac{qa_i+pb_i}{q}=\dfrac{A_i}{q}\]\(A_i\) est un entier. Mais \(\varepsilon_i>0\) pour tout \(i\) implique \(A_i\geq 1\) pour tout \(i\) et par suite \(\varepsilon_i\geq 1/q\) pour tout entier \(i\) ce qui est absurde car \(2^{-i}\geq \varepsilon_i>0 \ \Rightarrow\ \lim_i\,\varepsilon_i=0\) (ou bien en remarquant que \(2^{-i}\geq \varepsilon_i\geq 1/q,\ \forall\,i\) est incompatible avec l’inégalité classique \(2^i>2^q>q,\ \forall\,i>q\)...).

-L’irrationalité de \(\sqrt{2}\) est un cas particulier du résultat suivant : Soit \(n\in\mathbb N\), alors \(\sqrt{n}\) est soit entier, soit irrationel. Pour établir ce dernier point, on peut par exemple reprendre la seconde preuve : posons \(k:=\left[ \sqrt{n}\right]\) (partie entière) si \(\sqrt{n}\) n’est pas un entier, supposons le rationel i.e. \(\sqrt{n}=p/q\)\(q\) est le plus petit de ces tels dénominateurs. Alors comme plus haut \[\dfrac{nq-kp}{p-kq}=\dfrac{n-k\dfrac{p}{q}}{\dfrac{p}{q}-k}=\dfrac{n-k\sqrt{n}}{\sqrt{n}-k}= \sqrt{n}\] avec \(0<p-kq<q\) (car \(\sqrt{n}\not\in\mathbb N\) implique \(\sqrt{n}-1=\frac{p}{q}-1<k<\frac{p}{q}=\sqrt{n}\)...) ce qui est contraire au choix de \(q\), ainsi \(\sqrt{n}\not\in\mathbb Q\).

On pourrai aussi raisonner comme dans la quatrième preuve de l’irrationalité de \(\sqrt{2}\) : soit \(k:=\left[ \sqrt{n}\right]\) alors \(\varepsilon_i:=(\sqrt{n}-k)^i\) est de la forme \(a_i+b_i\sqrt{n}\) avec \(a_i,b_i\in\mathbb Z\). Si \(\sqrt{n}\) n’est pas un entier alors \(\lim_i\,\varepsilon_i=0\) ce qui donne la contradiction comme pour \(\sqrt{2}\). La troisième preuve marche aussi mais la première ne subsiste que pour \(n\) pair non multiple de \(4\).


  1. [hardy] Théorème 2, page 4.1  Voir

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