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Additionnez $1$, puis un quart, puis un neuvième, puis un seizième, et ainsi de suite avec les inverses de tous les carrés. La somme grandit de moins en moins vite et semble se stabiliser vers $1{,}6449\ldots$ Pendant près d'un siècle, les meilleurs savants d'Europe ont cherché à quoi correspondait ce nombre. La réponse, trouvée par Euler en 1735, a stupéfié ses contemporains :
$$1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + \frac{1}{25} + \cdots = \frac{\pi^2}{6}.$$Le nombre $\pi$, celui du cercle, apparaît dans une somme où il n'y a aucun cercle. Ce texte présente une démonstration complète de ce résultat avec les outils de fin de terminale (intégration par parties, concavité, encadrement, somme télescopique), l'idée géniale mais fragile d'Euler, et l'histoire d'un problème qui a ouvert la voie à l'une des grandes questions ouvertes des mathématiques. Il ne propose pas de Grand Oral tout fait : à chacun d'y choisir une direction et d'y construire sa question.
On s'intéresse à la suite des sommes partielles définie, pour tout entier $N \geqslant 1$, par
$$S_N = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \cdots + \frac{1}{N^2}.$$La suite $(S_N)$ est croissante, puisque l'on ajoute à chaque étape un nombre positif. Le problème de Bâle demande sa limite, que l'on note aussi $\displaystyle\sum_{n \geqslant 1} \frac{1}{n^2}$.
À la main : $S_1 = 1$, $S_2 = 1 + 0{,}25 = 1{,}25$, $S_3 = 1{,}25 + 0{,}1111 \approx 1{,}3611$, $S_4 \approx 1{,}3611 + 0{,}0625 = 1{,}4236$, $S_5 \approx 1{,}4236 + 0{,}04 = 1{,}4636$. Avec une machine, on obtient le tableau suivant, comparé à $\frac{\pi^2}{6} \approx 1{,}644\,934$.
| $N$ | $S_N$ | écart $\frac{\pi^2}{6} - S_N$ |
|---|---|---|
| $5$ | $1{,}463\,611$ | $0{,}181\,3$ |
| $10$ | $1{,}549\,768$ | $0{,}095\,2$ |
| $100$ | $1{,}634\,984$ | $0{,}009\,95$ |
| $1\,000$ | $1{,}643\,935$ | $0{,}001\,00$ |
La convergence est très lente : l'écart vaut environ $\frac{1}{N}$, si bien qu'il faut additionner mille termes pour obtenir trois décimales exactes. Impossible, à la main, de reconnaître ainsi le nombre $\frac{\pi^2}{6}$ : c'est ce qui rendait le problème si difficile au XVIIe siècle.
Le programme suivant calcule $S_N$ pour des valeurs croissantes de $N$. La dernière colonne, $N \times \left(\frac{\pi^2}{6} - S_N\right)$, se rapproche de $1$ : c'est la traduction de « l'écart vaut environ $\frac{1}{N}$ ».
Le premier à poser clairement la question est l'Italien Pietro Mengoli (1626-1686), professeur à Bologne. Dans un livre de 1650 consacré aux sommes de fractions, il calcule de nombreuses sommes infinies, montre au passage que la somme des inverses des entiers $1 + \frac12 + \frac13 + \cdots$ dépasse n'importe quel nombre, et avoue ne pas savoir trouver la somme des inverses des carrés.
En 1689, Jacques Bernoulli (1654-1705), professeur à l'université de Bâle, en Suisse, publie un traité sur les séries infinies. Il démontre que la somme des inverses des carrés ne dépasse pas $2$, donc que la suite $(S_N)$, croissante et majorée, converge. Mais il ne trouve pas sa valeur et lance un appel à ses lecteurs : celui qui la trouvera leur rendra un grand service. Son frère Jean Bernoulli, lui aussi professeur à Bâle, s'y attaque sans succès. C'est à cause de cette ville, où vivaient les Bernoulli et où naîtra Euler, que la question s'appelle aujourd'hui le problème de Bâle.
La majoration de Bernoulli tient en une ligne. Pour $n \geqslant 2$, on a $n^2 \geqslant n(n-1)$, donc
$$\frac{1}{n^2} \leqslant \frac{1}{n(n-1)} = \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}.$$En additionnant ces inégalités de $n = 2$ à $n = N$, les termes s'annulent deux à deux (somme télescopique) : $S_N \leqslant 1 + \left(1 - \frac{1}{N}\right) < 2$.
Leonhard Euler naît à Bâle en 1707 et suit les leçons de Jean Bernoulli. En 1727, il part pour l'Académie des sciences de Saint-Pétersbourg, fondée par Pierre le Grand, qui attire alors de nombreux savants européens. Vers 1731, il a déjà calculé la somme avec six décimales, $1{,}644\,934$, par une méthode qui accélère la convergence. Le 5 décembre 1735, à 28 ans, il présente à l'Académie un mémoire où il annonce que cette somme vaut $\frac{\pi^2}{6}$, et que la même méthode donne aussi $\displaystyle\sum_{n \geqslant 1} \frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}$. Le résultat fait sa célébrité dans toute l'Europe. Son raisonnement, présenté plus loin, était pourtant loin d'être une démonstration complète : Euler lui-même y revient plusieurs fois dans les années suivantes pour le consolider.
Voici une démonstration complète, qui n'utilise que des outils de la fin de terminale. Les calculs sont longs, mais chaque étape est élémentaire. L'idée générale : on introduit deux familles d'intégrales, on trouve une relation entre elles grâce à l'intégration par parties, et cette relation transforme la somme $S_N$ en une somme télescopique.
Pour tout entier naturel $n$, on pose
$$I_n = \int_0^{\pi/2} \cos^{2n} x\,\mathrm{d}x$$et
$$J_n = \int_0^{\pi/2} x^2 \cos^{2n} x\,\mathrm{d}x.$$On écrit $\cos^{k} x$ pour $(\cos x)^k$. Les intégrales $I_n$ sont appelées intégrales de Wallis, du nom du mathématicien anglais John Wallis, qui les étudie vers 1655. Toutes ces intégrales sont positives, car on intègre des fonctions positives sur $\left[0 ; \frac{\pi}{2}\right]$.
Un exemple d'abord. $I_0 = \displaystyle\int_0^{\pi/2} 1\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}$. Pour $I_1$, on utilise $\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}$ :
$$\begin{aligned} I_1 &= \int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos 2x}{2}\,\mathrm{d}x \\ &= \left[\frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4}\right]_0^{\pi/2} \\ &= \frac{\pi}{4}. \end{aligned}$$On remarque que $I_1 = \frac{1}{2} I_0$. Pour les puissances plus grandes, ce genre d'astuce devient vite très lourd ; l'intégration par parties, elle, fonctionne pour tout $n$.
On écrit $\cos^{2n} x = \cos^{2n-1} x \times \cos x$ et l'on intègre par parties avec
$$\begin{aligned} u(x) &= \cos^{2n-1} x, \\ u'(x) &= -(2n-1)\sin x\cos^{2n-2} x, \\ v'(x) &= \cos x, \\ v(x) &= \sin x. \end{aligned}$$La dérivée de $u$ s'obtient par la formule $(w^k)' = k\,w'\,w^{k-1}$, avec $w = \cos$. La formule d'intégration par parties donne
$$I_n = \Big[\sin x\cos^{2n-1} x\Big]_0^{\pi/2} - A_n,$$où $A_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2} u'(x)\,v(x)\,\mathrm{d}x$. Le crochet est nul, car $\sin 0 = 0$ et $\cos\frac{\pi}{2} = 0$ (avec $2n - 1 \geqslant 1$). En notant $C = \cos x$ et $S = \sin x$ pour alléger l'écriture :
$$u'(x)\,v(x) = -(2n-1)\,S^2 C^{2n-2},$$on obtient $I_n = (2n-1)\,L_n$, où l'on a noté
$$L_n = \int_0^{\pi/2} \sin^2 x\cos^{2n-2} x\,\mathrm{d}x.$$On remplace $\sin^2 x$ par $1 - \cos^2 x$ : $\sin^2 x \cos^{2n-2} x$ $= \cos^{2n-2} x - \cos^{2n} x$, et la linéarité de l'intégrale donne $L_n = I_{n-1} - I_n$.
Ainsi $I_n = (2n-1)(I_{n-1} - I_n)$, c'est-à-dire $I_n + (2n-1)I_n = (2n-1)I_{n-1}$, soit $2n\,I_n = (2n-1)\,I_{n-1}$, d'où le résultat.
En partant de $I_0 = \frac{\pi}{2}$ :
$$\begin{aligned} I_1 &= \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2}, \\ I_2 &= \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2}, \\ I_3 &= \frac{5}{6} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2}. \end{aligned}$$Au numérateur apparaît le produit des entiers impairs jusqu'à $2n-1$, au dénominateur celui des entiers pairs jusqu'à $2n$. Le produit des pairs vaut $2 \times 4 \times \cdots \times 2n$ $= 2^n \times n!$ (on a multiplié chacun des $n$ facteurs de $n!$ par $2$). Le produit des impairs s'obtient en divisant $(2n)! = 1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times 2n$ par le produit des pairs :
$$1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n \times n!}.$$On note donc, pour tout entier $n$,
$$c_n = \frac{(2n)!}{4^n\,(n!)^2},$$ce qui donne $c_0 = 1$, $c_1 = \frac12$, $c_2 = \frac38$, $c_3 = \frac{5}{16}$, et l'on démontre la formule proprement par récurrence.
Initialisation. Pour $n = 0$ : $c_0 = \frac{0!}{1 \times (0!)^2} = 1$ et $I_0 = \frac{\pi}{2}$.
Hérédité. Supposons $I_n = c_n \frac{\pi}{2}$ pour un entier $n$. Calculons d'abord le quotient $\frac{c_{n+1}}{c_n}$. On a $\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+1)(2n+2)$ et $\frac{(n!)^2}{\big((n+1)!\big)^2} = \frac{1}{(n+1)^2}$, donc
$$\frac{c_{n+1}}{c_n} = \frac{(2n+1)(2n+2)}{4\,(n+1)^2} = \frac{2n+1}{2n+2}.$$D'après la relation précédente,
$$\begin{aligned} I_{n+1} &= \frac{2n+1}{2n+2}\,I_n \\ &= \frac{2n+1}{2n+2}\,c_n\,\frac{\pi}{2} \\ &= c_{n+1}\,\frac{\pi}{2}. \end{aligned}$$Conclusion. La propriété est vraie pour tout entier naturel $n$.
On retiendra aussi, d'après la première relation, que $c_n = \frac{2n-1}{2n}\,c_{n-1}$ pour $n \geqslant 1$.
Première intégration par parties, avec $u(x) = \cos^{2n} x$, $u'(x) = -2n\sin x\cos^{2n-1} x$, $v'(x) = 1$ et $v(x) = x$. Le crochet $\Big[x\cos^{2n} x\Big]_0^{\pi/2}$ est nul : il vaut $0$ en $0$ à cause du facteur $x$, et $0$ en $\frac{\pi}{2}$ à cause du cosinus. Il reste
$$I_n = 2n\,K_n,$$où l'on a noté
$$K_n = \int_0^{\pi/2} x\,\sin x\cos^{2n-1} x\,\mathrm{d}x.$$Deuxième intégration par parties, sur $K_n$, avec $u(x) = \sin x\cos^{2n-1} x$, $v'(x) = x$ et $v(x) = \frac{x^2}{2}$. Avec encore $C = \cos x$ et $S = \sin x$, la dérivée d'un produit donne
$$u'(x) = C^{2n} - (2n-1)\,S^2 C^{2n-2}.$$Le crochet $\left[\frac{x^2}{2}\sin x\cos^{2n-1} x\right]_0^{\pi/2}$ est encore nul, donc
$$K_n = -\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2} x^2\,u'(x)\,\mathrm{d}x.$$Calculons cette dernière intégrale. Comme à l'étape 1, on remplace $S^2 C^{2n-2}$ par $C^{2n-2} - C^{2n}$, puis on regroupe les termes en $C^{2n}$ :
$$u'(x) = 2n\,C^{2n} - (2n-1)\,C^{2n-2}.$$On multiplie par $x^2$ et l'on intègre. En notant $M_n = \displaystyle\int_0^{\pi/2} x^2 u'(x)\,\mathrm{d}x$, la linéarité donne
$$M_n = 2n\,J_n - (2n-1)\,J_{n-1}.$$Comme $K_n = -\frac{1}{2}M_n$, on en déduit $K_n = -n J_n + \frac{2n-1}{2} J_{n-1}$, puis
$$\begin{aligned} I_n &= 2n\,K_n \\ &= -2n^2 J_n + n(2n-1)\,J_{n-1}. \end{aligned}$$Une vérification numérique rassure : pour $n = 1$, le membre de droite, calculé avec des valeurs approchées de $J_0$ et $J_1$, redonne bien $I_1 = \frac{\pi}{4} \approx 0{,}785\,398$.
On pose $\varphi(x) = \frac{\pi}{2}\sin(x)$ sur $\left[0 ; \frac{\pi}{2}\right]$. Alors $\varphi'(x) = \frac{\pi}{2}\cos(x)$ et $\varphi''(x) = -\frac{\pi}{2}\sin(x)$. Sur cet intervalle, $\sin(x) \geqslant 0$, donc $\varphi''(x) \leqslant 0$ : la fonction $\varphi$ est concave.
Les points $A(0 ; 0)$ et $B\left(\frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2}\right)$ sont sur la courbe de $\varphi$, et la corde $[AB]$ est portée par la droite d'équation $y = x$. Une fonction concave a sa courbe au-dessus de ses cordes : pour tout $x \in \left[0 ; \frac{\pi}{2}\right]$, $x \leqslant \varphi(x)$.
Pour $x \in \left[0 ; \frac{\pi}{2}\right]$, on applique l'étape 3 au premier facteur $x$ de $x^2$, puis au second, en multipliant chaque fois par un nombre positif :
$$\begin{aligned} x^2 = x \times x &\leqslant \frac{\pi}{2}\sin x \times x \\ &\leqslant \frac{\pi}{2}\sin x \times \frac{\pi}{2}\sin x \\ &= \frac{\pi^2}{4}\sin^2 x. \end{aligned}$$On multiplie par $\cos^{2n} x \geqslant 0$, puis on intègre : l'intégrale conserve l'ordre sur un intervalle où les bornes sont dans le bon sens. On obtient
$$J_n \leqslant \frac{\pi^2}{4}\int_0^{\pi/2} \sin^2 x\cos^{2n} x\,\mathrm{d}x.$$Comme à l'étape 1, $\sin^2 x\cos^{2n} x$ $= \cos^{2n} x - \cos^{2n+2} x$, donc l'intégrale vaut $I_n - I_{n+1}$ :
$$J_n \leqslant \frac{\pi^2}{4}\,(I_n - I_{n+1}).$$D'après l'étape 1, $I_{n+1} = \frac{2n+1}{2n+2} I_n$, donc $I_n - I_{n+1} = \frac{I_n}{2n+2}$, et finalement
$$J_n \leqslant \frac{\pi^2}{4} \times \frac{I_n}{2(n+1)} = \frac{\pi^2\,I_n}{8(n+1)}.$$Enfin $J_n \geqslant 0$ comme intégrale d'une fonction positive.
On pose, pour tout entier naturel $n$,
$$u_n = \frac{J_n}{c_n} = \frac{4^n\,(n!)^2}{(2n)!}\,J_n.$$On divise l'encadrement de l'étape 4 par $c_n > 0$, et l'on remplace $I_n$ par $c_n \frac{\pi}{2}$ :
$$\begin{aligned} 0 \leqslant u_n &\leqslant \frac{\pi^2}{8(n+1)} \times \frac{I_n}{c_n} \\ &= \frac{\pi^2}{8(n+1)} \times \frac{\pi}{2} \\ &= \frac{\pi^3}{16(n+1)}. \end{aligned}$$Comme $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{\pi^3}{16(n+1)} = 0$, le théorème des gendarmes donne $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 0$.
Soit $n \geqslant 1$. En combinant les étapes 1 et 2 :
$$c_n \times \frac{\pi}{2} = -2n^2 J_n + n(2n-1)\,J_{n-1}.$$On divise les deux membres par $2n^2 c_n$ :
$$\frac{\pi}{4n^2} = -\frac{J_n}{c_n} + \frac{2n-1}{2n} \times \frac{J_{n-1}}{c_n}.$$Or $c_n = \frac{2n-1}{2n}\,c_{n-1}$, donc $\frac{2n-1}{2n} \times \frac{1}{c_n} = \frac{1}{c_{n-1}}$, et l'égalité devient
$$\frac{\pi}{4n^2} = u_{n-1} - u_n.$$On somme ces égalités pour $n$ allant de $1$ à $N$. Les termes intermédiaires s'annulent deux à deux :
$$\frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} = \sum_{n=1}^{N} \left(u_{n-1} - u_n\right).$$C'est une somme télescopique : tout se simplifie sauf le premier et le dernier terme. Par exemple, pour $N = 3$, la somme $(u_0 - u_1) + (u_1 - u_2) + (u_2 - u_3)$ vaut $u_0 - u_3$. Ainsi :
$$\frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2} = u_0 - u_N.$$D'après l'étape 5, $u_N$ tend vers $0$, donc $\displaystyle\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n^2}$ tend vers $\frac{4}{\pi}\,u_0$. Enfin, $c_0 = 1$ et
$$\begin{aligned} u_0 = J_0 &= \int_0^{\pi/2} x^2\,\mathrm{d}x \\ &= \left[\frac{x^3}{3}\right]_0^{\pi/2} = \frac{\pi^3}{24}, \end{aligned}$$d'où la limite $\frac{4}{\pi} \times \frac{\pi^3}{24} = \frac{\pi^2}{6}$.
La démonstration donne même plus : l'écart $\frac{\pi^2}{6} - S_N = \frac{4}{\pi}\,u_N$ est compris entre $0$ et $\frac{\pi^2}{4(N+1)}$. On retrouve que l'erreur est de l'ordre de $\frac{1}{N}$, comme dans le tableau du début.
Euler n'a pas suivi ce chemin. Son idée, beaucoup plus courte, consiste à traiter la fonction sinus comme un « polynôme infini ».
Prenons le polynôme $P(x) = \left(1 - \frac{x}{2}\right)\left(1 - \frac{x}{3}\right)$, qui s'annule en $2$ et en $3$ et vaut $1$ en $0$. En développant :
$$P(x) = 1 - \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3}\right)x + \frac{1}{6}\,x^2.$$Le coefficient de $x$ est l'opposé de la somme des inverses des racines. C'est vrai pour tout polynôme qui vaut $1$ en $0$ et dont on connaît toutes les racines $a_1$, …, $a_k$ : il s'écrit $\left(1 - \frac{x}{a_1}\right) \cdots \left(1 - \frac{x}{a_k}\right)$, et le coefficient de $x$ vaut $-\left(\frac{1}{a_1} + \cdots + \frac{1}{a_k}\right)$.
La fonction $f(x) = \frac{\sin(x)}{x}$ vaut presque $1$ près de $0$ et s'annule exactement en $\pm\pi$, $\pm 2\pi$, $\pm 3\pi$, … En regroupant les racines opposées, $\left(1 - \frac{x}{k\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{k\pi}\right) = 1 - \frac{x^2}{k^2\pi^2}$. Euler écrit alors, comme pour un polynôme,
$$\frac{\sin x}{x} = \prod_{k=1}^{+\infty} \left(1 - \frac{x^2}{k^2\pi^2}\right),$$c'est-à-dire le produit infini $\left(1 - \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{4\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{9\pi^2}\right)\cdots$
En développant ce produit infini, le coefficient de $x^2$ serait
$$-\sum_{k \geqslant 1} \frac{1}{k^2\pi^2} = -\frac{1}{\pi^2}\sum_{k \geqslant 1} \frac{1}{k^2}.$$D'un autre côté, Euler connaît le développement du sinus : $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \cdots$, donc $\frac{\sin(x)}{x} = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} - \cdots$ (en terminale, on démontre l'encadrement $x - \frac{x^3}{6} \leqslant \sin(x) \leqslant x$ pour $x \geqslant 0$ : voir Comment est calculé un sinus ?). En identifiant les coefficients de $x^2$ :
$$-\frac{1}{\pi^2}\sum_{k \geqslant 1} \frac{1}{k^2} = -\frac{1}{6},$$donc
$$\sum_{k \geqslant 1} \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}.$$La même identification sur le coefficient de $x^4$ donne $\sum \frac{1}{k^4} = \frac{\pi^4}{90}$, et Euler en déduit d'autres sommes du même genre. Il vérifie chaque fois ses résultats en les comparant à ses valeurs numériques, et ils concordent parfaitement.
- Un produit infini n'est pas un polynôme. Rien ne garantit, en 1735, qu'une propriété des polynômes reste vraie quand le nombre de facteurs devient infini, ni que l'on peut développer un produit infini et en identifier les coefficients. La notion même de limite ne sera rendue rigoureuse qu'au XIXe siècle, avec Cauchy puis Weierstrass (voir Les doutes posés par les infinitésimaux).
- Les racines ne suffisent pas à déterminer la fonction. La fonction $\mathrm{e}^x \times \frac{\sin(x)}{x}$ vaut aussi $1$ en $0$ et s'annule exactement aux mêmes points. Le raisonnement d'Euler, appliqué à elle, conduirait au même produit infini, alors que ce n'est pas la même fonction. Il faut donc une raison supplémentaire pour affirmer que le produit vaut bien $\frac{\sin(x)}{x}$.
Euler en avait conscience : c'est la concordance avec ses calculs numériques qui le convainc, et il cherche ensuite d'autres justifications. La formule du produit pour le sinus ne sera démontrée en toute rigueur qu'au XIXe siècle. Le raisonnement d'Euler reste un exemple célèbre d'intuition juste obtenue par un argument incomplet, et de la différence entre conviction et démonstration.
Ce produit infini est un cousin de celui de Viète (1593), qui exprime $\pi$ par des cosinus : voir Le premier produit infini : la formule de Viète.
Euler calcule en fait toutes les sommes $\displaystyle\sum_{n \geqslant 1} \frac{1}{n^{s}}$ pour $s$ entier pair : chacune est un nombre rationnel multiplié par $\pi^{s}$. En 1859, Bernhard Riemann étudie cette somme pour des valeurs de $s$ quelconques, y compris des nombres complexes, et la note $\zeta(s)$ (zêta). Le problème de Bâle s'écrit donc $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$. Riemann formule une conjecture sur les points où $\zeta$ s'annule, liée à la répartition des nombres premiers : l'hypothèse de Riemann est aujourd'hui l'un des sept « problèmes du millénaire », dotés chacun d'un million de dollars par l'institut Clay en 2000.
Pour les puissances impaires, le mystère reste entier. Personne ne sait exprimer $\zeta(3) = 1 + \frac{1}{8} + \frac{1}{27} + \cdots \approx 1{,}202\,057$ à l'aide de $\pi$ ou d'autres constantes connues. En 1978, le Français Roger Apéry, alors âgé de 61 ans, démontre que $\zeta(3)$ est irrationnel, c'est-à-dire qu'il ne s'écrit pas comme une fraction. L'exposé, qui s'appuie sur des formules d'apparence élémentaire, laisse d'abord les spécialistes incrédules avant d'être vérifié. Pour $\zeta(5)$, on ne sait toujours pas s'il est irrationnel.
Choisissons deux entiers au hasard entre $1$ et un grand nombre $N$. Quelle est la probabilité qu'ils soient premiers entre eux, c'est-à-dire que leur seul diviseur commun positif soit $1$ ? Quand $N$ devient grand, cette probabilité tend vers
$$\frac{6}{\pi^2} \approx 0{,}6079,$$l'inverse de la somme du problème de Bâle. Ce résultat a été établi au XIXe siècle. On peut en comprendre l'idée sans le démontrer :
- deux entiers sont tous les deux pairs avec une probabilité d'environ $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$, donc ils ne sont pas tous les deux divisibles par $2$ avec une probabilité $1 - \frac{1}{4}$ ;
- de même, ils ne sont pas tous les deux divisibles par $3$ avec une probabilité $1 - \frac{1}{9}$, par $5$ avec une probabilité $1 - \frac{1}{25}$, et ainsi de suite pour chaque nombre premier $p$ ;
- si ces événements se comportaient comme des événements indépendants, la probabilité cherchée serait le produit infini $\left(1 - \frac{1}{4}\right)\left(1 - \frac{1}{9}\right)\left(1 - \frac{1}{25}\right)\cdots$ étendu à tous les nombres premiers.
Euler a montré en 1737 que ce produit vaut exactement l'inverse de $\zeta(2)$, grâce à la décomposition de tout entier en facteurs premiers. On obtient ainsi $\frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2}$. La simulation ci-dessous tire des couples d'entiers au hasard et calcule la fréquence des couples premiers entre eux. Plus on tire de couples, plus il est probable que cette fréquence soit proche de $\frac{6}{\pi^2}$ ; on en déduit même une valeur approchée de $\pi$.
Il faut préciser ce que veut dire « deux entiers au hasard » : on ne peut pas choisir un entier au hasard parmi tous les entiers avec des chances égales. Le sens précis est celui d'une limite : la proportion de couples premiers entre eux parmi les couples d'entiers compris entre $1$ et $N$ tend vers $\frac{6}{\pi^2}$ quand $N$ tend vers $+\infty$.
Ce texte rassemble des connaissances ; c'est à chacun d'y choisir un angle, de le creuser et de formuler sa propre question. Quelques directions possibles :
- Mathématiques : les sommes infinies et la convergence d'une suite croissante majorée ; l'intégration par parties au service d'une relation de récurrence ; la concavité pour obtenir une inégalité ; la somme télescopique ; la vitesse de convergence et l'erreur en $\frac{1}{N}$ ; la présence inattendue de $\pi$ en arithmétique.
- Histoire des sciences (HGGSP) : un problème qui circule pendant un siècle de Bologne à Bâle et à Saint-Pétersbourg ; les académies du XVIIIe siècle et la circulation des savants ; la famille Bernoulli ; le passage d'une mathématique de l'intuition à une mathématique de la rigueur.
- Réflexion sur la démonstration : un résultat juste obtenu par un argument incomplet ; la différence entre vérification numérique et démonstration ; les problèmes encore ouverts (irrationalité de $\zeta(5)$, hypothèse de Riemann).
Le jury peut interroger sur les chapitres de spécialité mobilisés. Avec ce thème, il est utile de connaître parfaitement : les suites (monotonie, suite croissante majorée, limites et théorème des gendarmes) ; le raisonnement par récurrence ; le calcul intégral (primitives, linéarité, positivité et ordre, intégration par parties) ; la dérivation des fonctions composées et des produits ; les fonctions sinus et cosinus ; la convexité et la concavité ; la factorielle ; les boucles en Python.
Pour réviser ces chapitres, l'application Maths FlashBac reprend tout le cours de spécialité en cartes.
- Problème de Bâle, intégrales de Wallis et fonction zêta de Riemann (Wikipédia).
- Le mémoire d'Euler de 1735, « De summis serierum reciprocarum », est numérisé sur le site The Euler Archive (en latin).
- Sur ce site : Le nombre π, La formule de Viète, Aristote et l'infini, les paradoxes de Zénon, Comment est calculé un sinus ? et la première version de ce texte, Le problème de Bâle.