Exercice 52

1. Comme $a = b\pi$, on a $a - bX = b(\pi - X)$, donc $P_{n} = \frac{b^{n}}{n!}\,X^{n}(\pi - X)^{n}$, expression visiblement inchangée quand on remplace $X$ par $\pi - X$ : $$\boxed{P_{n}(\pi - X) = P_{n}(X)}$$ En $0$. Par la formule du binôme, $P_{n} = \frac{1}{n!}\sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j}a^{n-j}(-b)^{j}X^{n+j}$ : les monômes ont des degrés compris entre $n$ et $2n$. Comme $P_{n}^{(k)}(0) = k!\,c_{k}$, où $c_{k}$ est le coefficient de $X^{k}$ (chapitre 13, théorème 6), on obtient $P_{n}^{(k)}(0) = 0$ si $k < n$ ou $k > 2n$, et, pour $k = n + j$ avec $0 \leqslant j \leqslant n$, $$P_{n}^{(k)}(0) = \frac{k!}{n!}\binom{n}{j}a^{n-j}(-b)^{j},$$ qui est un entier, puisque $\frac{k!}{n!} = (n + 1)(n + 2)\cdots k$ en est un.

En $\pi$. On dérive $k$ fois l'égalité $P_{n}(\pi - x) = P_{n}(x)$ : $(-1)^{k}P_{n}^{(k)}(\pi - x) = P_{n}^{(k)}(x)$. En $x = 0$, $P_{n}^{(k)}(\pi) = (-1)^{k}P_{n}^{(k)}(0)$. $$\boxed{P_{n}^{(k)}(0) \in \mathbb{Z} \quad\text{et}\quad P_{n}^{(k)}(\pi) = (-1)^{k}P_{n}^{(k)}(0) \in \mathbb{Z} \quad \text{pour tous } k, n}$$ Piège. Le facteur $\frac{1}{n!}$ semble empêcher les coefficients d'être entiers, et ils ne le sont pas. Ce sont les dérivées en $0$ qui le sont : la $k$-ième dérivée multiplie le coefficient par $k!$, qui est divisible par $n!$ puisque seuls les degrés $k \geqslant n$ apparaissent.

2. On procède par intégrations par parties répétées : c'est la technique naturelle, puisque $P_{n}$ est un polynôme, dont les dérivées successives finissent par s'annuler, alors que $\sin$ et $\cos$ ont des primitives immédiates. Pour un polynôme $Q$ quelconque, deux intégrations par parties, en dérivant $Q$ puis $Q'$, donnent $$\int_{0}^{\pi} Q\sin = \big[-Q\cos\big]_{0}^{\pi} + \int_{0}^{\pi} Q'\cos = Q(\pi) + Q(0) + \big[Q'\sin\big]_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} Q''\sin = Q(0) + Q(\pi) - \int_{0}^{\pi} Q''\sin.$$ On applique cette relation à $Q = P_{n}$, puis à $P_{n}''$, …, jusqu'à $P_{n}^{(2n)}$. Comme $P_{n}$ est de degré $2n$, $P_{n}^{(2n+2)} = 0$, et il reste $$I_{n} = \sum_{j=0}^{n} (-1)^{j}\big(P_{n}^{(2j)}(0) + P_{n}^{(2j)}(\pi)\big).$$ Par la question 1, c'est une somme d'entiers : $\boxed{I_{n} \in \mathbb{Z}}$.

3. Sur $]0\,,\pi[$, on a $t > 0$, $a - bt = b(\pi - t) > 0$ et $\sin t > 0$ : l'intégrande $P_{n}(t)\sin t$ est continu, positif sur $[0\,,\pi]$, et non nul en $\frac{\pi}{2}$. Par le théorème 4, $\boxed{I_{n} > 0}$.

4. Pour $t \in [0\,,\pi]$, on a $0 \leqslant t \leqslant \pi$ et $0 \leqslant a - bt \leqslant a$, donc on a $0 \leqslant t(a - bt) \leqslant \pi a$ et $0 \leqslant P_{n}(t)\sin t \leqslant \frac{(\pi a)^{n}}{n!}$. Par l'inégalité de la moyenne (proposition 7), sur un intervalle de longueur $\pi$ : $$\boxed{I_{n} \leqslant \pi\,\frac{\xi^{n}}{n!} \qquad \text{avec } \xi = \pi a}$$ On peut faire mieux : le maximum de $t(a - bt) = bt(\pi - t)$ est atteint en $\frac{\pi}{2}$ et vaut $\frac{b\pi^{2}}{4} = \frac{\pi a}{4}$, mais toute constante convient pour la suite.

5. Par croissances comparées (chapitre 7, théorème 7), $\frac{\xi^{n}}{n!} \to 0$. Il existe donc un rang $n$ tel que $\pi\,\frac{\xi^{n}}{n!} < 1$, et pour ce rang, $I_{n}$ est un entier tel que $0 < I_{n} < 1$, ce qui est impossible. L'hypothèse $\pi = \frac{a}{b}$ est donc fausse. $$\boxed{\pi \text{ est irrationnel}}$$ À retenir. La structure est celle de la démonstration de l'irrationalité de $\mathrm{e}$ dans le cours (proposition 12) : une quantité construite à partir de l'hypothèse est un entier, elle est strictement positive, et elle est trop petite pour l'être. La positivité stricte (théorème 4) est indispensable : sans elle, on aurait seulement $I_{n} = 0$, ce qui n'est pas contradictoire.

Les quatre derniers exercices sont des problèmes en autonomie ; le corrigé commence par l'idée directrice.