Problème — Le problème de Bâle : $\zeta (2)=\frac{{\pi }^2}{6}$

1) L'identité de Moivre. Par la formule de Moivre, $(\cos \theta +i\sin \theta {)}^{2n+1}=\cos ((2n+1)\theta )+i\sin ((2n+1)\theta )$. Par la formule du binôme, $$(\cos \theta +i\sin \theta {)}^{2n+1}=\sum _{j=0}^{2n+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{j})(i\sin \theta {)}^j{\cos }^{2n+1-j}\theta .$$ La puissance $i^j$ est réelle pour $j$ pair et imaginaire pure pour $j$ impair : la partie imaginaire ne retient que les indices $j=2k+1$, $0\le k\le n$, pour lesquels $i^{2k+1}=(i^2{)}^{k}i=(-1{)}^{k}i$. Donc $$\sin ((2n+1)\theta )=\sum _{k=0}^n(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{2k+1}){\sin }^{2k+1}\theta {\cos }^{2(n-k)}\theta .$$ Comme $\sin \theta \ne 0$ sur $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$, on met ${\sin }^{2n+1}\theta$ en facteur : ${\sin }^{2k+1}\theta {\cos }^{2(n-k)}\theta ={\sin }^{2n+1}\theta \cdot \frac{{\cos }^{2(n-k)}\theta }{{\sin }^{2(n-k)}\theta }={\sin }^{2n+1}\theta \cdot ({\cot }^2\theta {)}^{n-k}$. D'où $$\sin ((2n+1)\theta )={\sin }^{2n+1}\theta \sum _{k=0}^n(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{2k+1})({\cot }^2\theta {)}^{n-k}={\sin }^{2n+1}\theta \cdot P({\cot }^2\theta ).$$ Le terme $k=0$ de $P$ est $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{1}\right)X^n=(2n+1)X^n$, de coefficient non nul : $P$ est de degré $n$, de coefficient dominant $2n+1$. Son coefficient de $X^{n-1}$ est le terme $k=1$ : $-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{3}\right)$.

2) Les racines, et leur somme. Pour $1\le k\le n$, on a $0<\frac{k\pi }{2n+1}<\frac{n\pi }{2n+1}<\frac{\pi }{2}$ : les ${\theta }_k=\frac{k\pi }{2n+1}$ sont dans $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$. Appliquons le 1) : $\sin ((2n+1){\theta }_k)=\sin (k\pi )=0$, et ${\sin }^{2n+1}{\theta }_k\ne 0$, donc $P({\cot }^2{\theta }_k)=0$ : les $x_k={\cot }^2{\theta }_k$ sont racines de $P$.

Ils sont distincts. La cotangente est strictement décroissante sur $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ — sa dérivée est $-\frac{1}{{\sin }^{2}x}<0$ — et strictement positive. Les ${\theta }_k$ étant deux à deux distincts et rangés en ordre croissant, les $\cot {\theta }_k$ sont deux à deux distincts et positifs, donc leurs carrés sont deux à deux distincts.

Les relations entre coefficients et racines. Le polynôme $P$ est de degré $n$ et possède $n$ racines distinctes $x_1,\dots ,x_n$ : il est scindé, $P=(2n+1)\prod _{k=1}^n(X-x_k)$ (chapitre 10). La somme des racines vaut l'opposé du quotient du coefficient de $X^{n-1}$ par le coefficient dominant : $$\sum _{k=1}^n{x}_k=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+1}{3}\right)}{2n+1}=\frac{1}{2n+1}\cdot \frac{(2n+1)(2n)(2n-1)}{6}=\frac{n(2n-1)}{3}.$$ La seconde somme. Pour tout $x$ où $\sin x\ne 0$, $\frac{1}{{\sin }^{2}x}=\frac{{\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x}{{\sin }^{2}x}=1+{\cot }^{2}x$. Donc $$\sum _{k=1}^n\frac{1}{{\sin }^2{\theta }_k}=n+\frac{n(2n-1)}{3}=\frac{3n+2n^2-n}{3}=\frac{2n(n+1)}{3}.$$ Contrôle pour $n=3$. Avec les angles $\frac{\pi }{7},\frac{2\pi }{7},\frac{3\pi }{7}$, la somme des carrés des cotangentes vaut numériquement $4,381+0,435+0,184=5,000$, et la formule donne $\frac{3\cdot 5}{3}=5$.

3) L'encadrement de $\frac{1}{x^2}$. On part de $\sin x<x<\tan x$ pour $x\in \left]0,\frac{\pi }{2}\right[$, inégalité connue depuis le chapitre 6 et qui se redémontre en deux lignes : $f(x)=x-\sin x$ a pour dérivée $1-\cos x>0$ sur $\left]0,\frac{\pi }{2}\right[$ et $f(0)=0$, donc $f>0$ ; $g(x)=\tan x-x$ a pour dérivée ${\tan }^{2}x>0$ et $g(0)=0$, donc $g>0$. Tous les nombres en jeu sont strictement positifs, et la fonction inverse est strictement décroissante sur $]0,+\infty [$. De $\sin x<x$ vient $\frac{1}{x^2}<\frac{1}{{\sin }^{2}x}=1+{\cot }^{2}x$. De $x<\tan x$ vient $\cot x=\frac{1}{\tan x}<\frac{1}{x}$, puis, les deux membres étant positifs, ${\cot }^{2}x<\frac{1}{x^2}$. D'où $${\cot }^{2}x<\frac{1}{x^2}<1+{\cot }^{2}x.$$

4) La sommation. Appliquons 3) à $x={\theta }_k$, en notant que $\frac{1}{{\theta }_k^2}=\frac{(2n+1{)}^2}{k^2{\pi }^2}$, et sommons pour $k=1,\dots ,n$ — une somme finie d'inégalités strictes est stricte : $$\sum _{k=1}^n{\cot }^2{\theta }_k<\frac{(2n+1{)}^2}{{\pi }^2}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}<\sum _{k=1}^n(1+{\cot }^2{\theta }_k).$$ Les deux sommes extrêmes sont celles du 2) : $$\frac{n(2n-1)}{3}<\frac{(2n+1{)}^2}{{\pi }^2}\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}<\frac{2n(n+1)}{3}.$$

5) Le passage à la limite. Multiplions par $\frac{{\pi }^2}{(2n+1{)}^2}>0$ : $$\frac{{\pi }^2}{3}\cdot \frac{n(2n-1)}{(2n+1{)}^2}<\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}<\frac{{\pi }^2}{3}\cdot \frac{2n(n+1)}{(2n+1{)}^2}.$$ Or $\frac{n(2n-1)}{(2n+1{)}^2}=\frac{2n^2-n}{4n^2+4n+1}\to \frac{1}{2}$ et $\frac{2n(n+1)}{(2n+1{)}^2}=\frac{2n^2+2n}{4n^2+4n+1}\to \frac{1}{2}$ : les deux bornes tendent vers $\frac{{\pi }^2}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{{\pi }^2}{6}$. Par le théorème d'encadrement, $$\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^2}\underset{n\to +\infty }{\to }\frac{{\pi }^2}{6},\text{c’est-aˋ-dire}\zeta (2)=\sum _{n\ge 1}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}\approx 1,6449.$$ Pourquoi on savait la série convergente. C'est une série de Riemann d'exposant $2>1$ ; ou, sans le théorème, $\frac{1}{k^2}\le \frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}$ pour $k\ge 2$, d'où des sommes partielles majorées par $2$ — l'exercice 3 du TD 1. Le problème ne portait donc pas sur la nature de la série, acquise, mais sur sa valeur, que l'encadrement ci-dessus atteint parce qu'il est exact à chaque rang.

Contrôle pour $n=10$. L'encadrement donne $1,417<1,5498<1,641$, et la somme partielle $1,5498$ est bien en route vers $1,6449$.

6) Les paquets pairs et impairs. La famille ${\left(\frac{1}{n^2}\right)}_{n\ge 1}$ est positive et sa série converge : elle est sommable, de somme $\zeta (2)$. Découpons ${\mathbb{N}}^{\ast }=\{2k\mid k\ge 1\}\bigsqcup \{2k+1\mid k\ge 0\}$ ; par sommation par paquets, $$\zeta (2)=\sum _{k\ge 1}\frac{1}{(2k{)}^2}+\sum _{k\ge 0}\frac{1}{(2k+1{)}^2}=\frac{1}{4}\zeta (2)+\sum _{k\ge 0}\frac{1}{(2k+1{)}^2},$$ d'où $\sum _{k\ge 0}\frac{1}{(2k+1{)}^2}=\frac{3}{4}\zeta (2)=\frac{3}{4}\cdot \frac{{\pi }^2}{6}=\frac{{\pi }^2}{8}$.

La série alternée des carrés. La série $\sum \frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}$ est absolument convergente, puisque $\left|\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}\right|=\frac{1}{n^2}$ : la famille est sommable, et le théorème de sommation par paquets du cas complexe s'applique. Les termes d'indice impair sont positifs, ceux d'indice pair négatifs : $$\sum _{n\ge 1}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n^2}=\sum _{k\ge 0}\frac{1}{(2k+1{)}^2}-\sum _{k\ge 1}\frac{1}{(2k{)}^2}=\frac{{\pi }^2}{8}-\frac{{\pi }^2}{24}=\frac{3{\pi }^2-{\pi }^2}{24}=\frac{{\pi }^2}{12}\approx 0,8225.$$ Pourquoi c'est interdit pour $\sum \frac{(-1{)}^{n-1}}{n}$. Cette famille n'est pas sommable : $\sum \frac{1}{n}$ diverge. Le découpage donnerait $\sum _{k\ge 0}\frac{1}{2k+1}-\sum _{k\ge 1}\frac{1}{2k}$, deux sommes infinies, et « $+\infty -\infty$ » n'a pas de sens. L'exercice 9 a montré ce qui arrive quand on force le passage : la somme dépend de l'ordre.

Le théorème obtenu — le problème de Bâle. La somme des inverses des carrés des entiers vaut $\frac{{\pi }^2}{6}$ ; celle des inverses des carrés des impairs vaut $\frac{{\pi }^2}{8}$ ; celle des inverses des carrés en signes alternés vaut $\frac{{\pi }^2}{12}$. Posé par Mengoli en 1650, résolu par Euler en 1735 — d'où le nom de sa ville natale —, il reçoit ici une démonstration élémentaire, attribuée à Cauchy, qui ne demande rien de plus que le programme de première année.

Ce que le problème installe. Deux idées qui dépassent le chapitre. Encadrer une somme partielle par une identité exacte, obtenue en reconnaissant les racines d'un polynôme, puis passer à la limite — le nombre $\pi$ entre par les racines de $\sin ((2n+1)\theta )$, et l'algèbre du chapitre 10 fait le calcul. Et découper une famille sommable en sous-familles pour en déduire d'autres sommes, ce qui est licite exactement quand la famille est sommable, et interdit sinon. Avec les exercices 6, 7 et 9, la séance a fait le tour de la permission de sommer en vrac : quand elle est acquise, ce qu'elle rapporte, et ce qu'il en coûte de s'en passer.