Des intérêts composés de Bernoulli à la série des factorielles et à l'irrationalité de Fourier
Pourquoi le nombre $\mathrm{e} \approx 2,718\,281\,8\dots$, découvert par Jacob Bernoulli en 1683 en cherchant le plafond d’un placement à intérêts composés, $\displaystyle \mathrm{e} = \lim_{n \to +\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$, est-il exactement égal à la somme infinie des inverses des factorielles ?
$$ \mathrm{e} = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!} = 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} + \cdots $$
On pourrait simplement invoquer le développement en série de Taylor de la fonction $\exp$ en $x = 1$. Mais ça ne serait pas super satisfaisant… Nous allons plutôt suivre le fil de l’histoire : comprendre d’où sortent les factorielles en triant l’argent par « générations » d’intérêts, puis le démontrer avec des outils élémentaires, et enfin en tirer une pépite : l’irrationalité de $\mathrm{e}$.
Contrairement à $\pi$, né de la géométrie grecque dès l’Antiquité, le nombre $\mathrm{e}$ est issu d’une question financière très concrète, posée à Bâle en 1683 par Jacob Bernoulli dans son mémoire Quaestiones nonnullae de usuris (« Quelques questions sur les intérêts »).
Imaginons un banquier exceptionnellement généreux qui propose un taux d’intérêt de $100\,\%$ par an, et déposons chez lui $1$ écu au $1^{\text{er}}$ janvier :
Et ainsi de suite : en découpant l’année en $n$ périodes, chacune rapportant $\frac{1}{n}$ du capital du moment, on obtient au $31$ décembre $u_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ écus.
| Capitalisation | $n$ | Capital au $31$ décembre |
|---|---|---|
| annuelle | $1$ | $2$ |
| semestrielle | $2$ | $2{,}25$ |
| trimestrielle | $4$ | $\approx 2{,}4414$ |
| mensuelle | $12$ | $\approx 2{,}6130$ |
| quotidienne | $365$ | $\approx 2{,}714\,567$ |
| à chaque seconde | $31\,536\,000$ | $\approx 2{,}718\,281\,78$ |
Le capital au fil de l'année. Plus on capitalise souvent, plus les marches sont nombreuses et petites : l'escalier se rapproche d'une courbe lisse (l'exponentielle $t \mapsto \mathrm{e}^t$) et le capital final plafonne vers $\mathrm{e}$.
On pourrait croire qu’en capitalisant un million de fois par seconde, on finirait par devenir infiniment riche. Bernoulli découvre qu’il n’en est rien : le capital final plafonne sous un mur situé entre $2,5$ et $3$ écus, qu’Euler notera $\mathrm{e}$ quelques décennies plus tard.
L’idée : trier l’argent par « générations ». Au $31$ décembre, chaque centime de notre compte a une histoire : soit il était là dès le départ, soit c’est un intérêt, soit un intérêt d’intérêt, etc. Classons-les selon ce degré de filiation $k$ :
Le capital au $31$ décembre, découpé par générations d'intérêts. Les générations $0$ et $1$ valent toujours $1$ ; les suivantes grossissent avec $n$ mais restent plafonnées par $\frac{1}{k!}$ (la génération $2$ tend vers $0,5$).
Chaque génération étant plafonnée, le capital ne peut pas dépasser $1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots$ : voilà le mur de Bernoulli, et voilà d’où sortent les factorielles. Pourquoi exactement $\frac{1}{k!}$ ? Parce que choisir $k$ périodes rangées dans l’ordre chronologique revient à choisir un point d’un simplexe, dont le volume vaut $\frac{1}{k!}$ : c’est l’objet de la page Simplexes et flèche du temps.
Remarque. Si le taux annuel est $r$ au lieu de $100\,\% = 1$, chaque période rapporte $\frac{r}{n}$ et la $k$-ième génération d’intérêts tend vers $\frac{r^k}{k!}$, ce qui donne $\displaystyle \lim_{n \to +\infty}\left(1 + \frac{r}{n}\right)^n = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{r^k}{k!} = \mathrm{e}^r$.
Démontrons maintenant rigoureusement que la série des factorielles et la suite de Bernoulli convergent chacune de leur côté, puis qu’elles partagent exactement la même limite, en utilisant uniquement des outils d’algèbre élémentaire.
On pose, pour tout entier $n \ge 1$ :
$$ u_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \qquad \text{et} \qquad S_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} = 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!} $$
(Par convention, la factorielle de $0$ vaut $0! = 1$, ce qui correspond au produit vide.)
La suite des sommes partielles $(S_n)$ est manifestement strictement croissante, puisqu’on lui ajoute à chaque étape le terme strictement positif $\frac{1}{(n+1)!}$. Pour prouver qu’elle converge, il suffit donc de montrer qu’elle est majorée.
Or, dans la factorielle $k! = 1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times k$, dès que $k \ge 2$, chacun des $k-1$ facteurs à partir de $2$ est supérieur ou égal à $2$ :
$\displaystyle \underbrace{2 \times 3 \times 4 \times \cdots \times k}_{k-1 \text{ facteurs } \ge\, 2}$ $\displaystyle \ge \underbrace{2 \times 2 \times 2 \times \cdots \times 2}_{k-1 \text{ facteurs}} = 2^{k-1}$
En passant aux inverses, le terme général est écrasé par une progression géométrique de raison $\frac{1}{2}$ :
Les termes $\frac{1}{k!}$ (en magenta) décroissent bien plus vite que ceux de la suite géométrique $\frac{1}{2^{k-1}}$ (en pointillés), dont la somme vaut $2$.
Pour tout $k \ge 1$, on a $\frac{1}{k!} \le \frac{1}{2^{k-1}}$ (avec inégalité stricte dès que $k \ge 3$). En sommant de $k = 1$ à $n$ et en isolant le terme initial $\frac{1}{0!} = 1$ :
$$ S_n = 1 + \sum_{k=1}^n \frac{1}{k!} \le 1 + \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^{k-1}} = 1 + \sum_{j=0}^{n-1} \left(\frac{1}{2}\right)^j = 1 + 2\left(1 - \frac{1}{2^n}\right) < 3 $$
Croissante et majorée par $3$, la suite $(S_n)$ converge vers une limite finie $L \in \,]2, 3[$.
Lorsque $n$ augmente, une compétition s’installe dans $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ : la base $1 + \frac{1}{n}$ se rapproche de $1$ (ce qui tend à faire baisser le résultat), tandis que l’exposant $n$ tend vers $+\infty$ (ce qui tend à le faire exploser).
Pour trancher ce duel sans utiliser le logarithme $\ln(1+1/n)$, nous disposons de deux méthodes élémentaires remarquables : l’une révèle directement les factorielles, l’autre n’utilise pas le moindre symbole de sommation.
Développons $u_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ à l’aide de la formule du binôme de Newton :
$\displaystyle u_n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{1}{n^k}$ $\displaystyle = 1 + n\left(\frac{1}{n}\right) + \sum_{k=2}^n \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!\,n^k}$
Idée clé : au lieu de laisser le facteur $n^k$ groupé au dénominateur, distribuons chacun des $k$ facteurs $n$ sous chacun des $k$ facteurs du numérateur $n(n-1)\cdots(n-k+1)$ :
$$ \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!\,n^k} = \frac{1}{k!} \cdot \frac{n}{n} \cdot \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-2}{n} \cdots \frac{n-(k-1)}{n} = \frac{1}{k!}\left(1 - \frac{1}{n}\right)\left(1 - \frac{2}{n}\right)\cdots\left(1 - \frac{k-1}{n}\right) $$
On obtient ainsi une écriture lumineuse de $u_n$ :
Pour tout entier $n \ge 1$, le développement binomial de la suite de Bernoulli s’écrit :
$$ u_n = 1 + 1 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \prod_{j=1}^{k-1} \left(1 - \frac{j}{n}\right) $$
Cette seule formule livre simultanément la croissance et la majoration de $(u_n)$ :
La suite $(u_n)$ étant strictement croissante et majorée par $3$, le théorème de la limite monotone assure qu’elle converge vers une limite finie, que l’on note $\mathrm{e} = \lim_{n \to +\infty} u_n$.
Peut-on prouver la convergence de $u_n$ sans même développer de somme binomiale ? Oui, grâce à la seule inégalité de Bernoulli : pour tout réel $x > -1$ non nul et tout entier $m \ge 2$, on a $\displaystyle (1 + x)^m > 1 + mx$ (qui se vérifie par une récurrence immédiate, car $(1+mx)(1+x) = 1 + (m+1)x + mx^2 > 1 + (m+1)x$ puisque $mx^2 > 0$).
1. Croissance de $(u_n)$ par étude du quotient $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ :
Pour pouvoir regrouper les puissances sous un même exposant $n+1$, écrivons $\displaystyle\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \frac{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}}{1 + \frac{1}{n}}$. Le quotient devient $\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_n} = \left(1 + \frac{1}{n}\right) \left(\frac{1 + \frac{1}{n+1}}{1 + \frac{1}{n}}\right)^{n+1}$.
Simplifions la fraction interne en réduisant au même dénominateur :
$\displaystyle \frac{1 + \frac{1}{n+1}}{1 + \frac{1}{n}} = \frac{\frac{n+2}{n+1}}{\frac{n+1}{n}}$ $\displaystyle = \frac{n(n+2)}{(n+1)^2} = \frac{n^2 + 2n}{n^2 + 2n + 1}$ $\displaystyle = 1 - \frac{1}{(n+1)^2}$
Appliquons alors l’inégalité de Bernoulli $(1+x)^m > 1 + mx$ avec $x = -\frac{1}{(n+1)^2} > -1$ et l’exposant $m = n+1 \ge 2$ :
$\displaystyle \left(1 - \frac{1}{(n+1)^2}\right)^{n+1} > 1 - (n+1)\frac{1}{(n+1)^2}$ $\displaystyle = 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1}$
En multipliant par le préfacteur $1 + \frac{1}{n} = \frac{n+1}{n} > 0$, les deux fractions se télescopent exactement : $\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_n} > \frac{n+1}{n} \times \frac{n}{n+1} = 1$, d’où $u_{n+1} > u_n$.
2. Majoration via la suite jumelle décroissante $v_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}$ :
Introduisons $v_n = u_n\left(1 + \frac{1}{n}\right) = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}$. Pour tout $n \ge 2$, formons de même le quotient $\frac{v_{n-1}}{v_n}$ en mettant l’exposant $n$ en facteur :
$\displaystyle \frac{v_{n-1}}{v_n} = \frac{\left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^n}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}}$ $\displaystyle = \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} \left(\frac{1 + \frac{1}{n-1}}{1 + \frac{1}{n}}\right)^n$
La fraction interne se simplifie en $\displaystyle \frac{\frac{n}{n-1}}{\frac{n+1}{n}} = \frac{n^2}{n^2 - 1} = 1 + \frac{1}{n^2 - 1}$. Par l’inégalité de Bernoulli avec $x = \frac{1}{n^2-1} > 0$ et $m = n \ge 2$ :
$\displaystyle \left(1 + \frac{1}{n^2 - 1}\right)^n > 1 + \frac{n}{n^2 - 1}$ $\displaystyle > 1 + \frac{n}{n^2} = 1 + \frac{1}{n}$
(où l’on a utilisé que remplacer le dénominateur $n^2-1$ par un dénominateur plus grand $n^2$ diminue la fraction). En divisant par $1 + \frac{1}{n}$, il vient $\frac{v_{n-1}}{v_n} > 1$, soit $v_{n-1} > v_n$.
Ainsi, $(u_n)$ est croissante, $(v_n)$ est décroissante, $u_n < v_n \le v_1 = 4$, et leur écart $v_n - u_n = \frac{u_n}{n} < \frac{4}{n}$ tend vers $0$ : les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont adjacentes et convergent vers la même limite $\mathrm{e}$.
Revenons à notre formule binomiale :
$\displaystyle u_n = 1 + 1 + \sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \left(1 - \frac{1}{n}\right)\left(1 - \frac{2}{n}\right)\cdots\left(1 - \frac{k-1}{n}\right)$
Pourquoi ne suffit-il pas de dire : « quand $n \to +\infty$, chaque parenthèse $\left(1 - \frac{j}{n}\right)$ tend vers $1$, donc $u_n$ tend vers $\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!}$ » ?
Parce qu’il y a un piège classique d’analyse : dans cette somme, l’entier $n$ joue deux rôles simultanés. Il apparaît à l’intérieur des termes $\left(1 - \frac{j}{n}\right)$, mais il est aussi la borne supérieure de la somme $\sum_{k=2}^n$ ! Or, le théorème sur la limite d’une somme ne s’applique qu’à un nombre fixe de termes (par exemple, la somme des $n$ termes $\frac{1}{n} + \frac{1}{n} + \dots + \frac{1}{n}$ vaut $1$ alors que chaque terme tend vers $0$). Lorsque $k$ est proche de $n$, le produit $\prod_{j=1}^{k-1}\left(1 - \frac{j}{n}\right)$ vaut d’ailleurs $\frac{n!}{n^n}$, qui est très loin de $1$ puisqu’il tend vers $0$ !
On peut contourner cet obstacle par une astuce : découpler la taille de la somme (notée $m$) et le paramètre $n$, puis procéder par double inégalité.
Théorème (Égalité de Bernoulli-Euler)
La suite de Bernoulli et la série des inverses de factorielles convergent vers la même limite :
$$ \lim_{n \to +\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!} = \mathrm{e} $$
Notons $\mathrm{e} = \lim_{n \to +\infty} u_n$ et $L = \lim_{n \to +\infty} S_n = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!}$. Montrons successivement que $\mathrm{e} \le L$ puis que $L \le \mathrm{e}$.
Par double inégalité ($\mathrm{e} \le L$ et $L \le \mathrm{e}$), on a bien $\mathrm{e} = L$. $\blacksquare$
Même limite, mais pas même vitesse. La série $S_n$ atteint $\mathrm{e}$ à une vitesse fulgurante : nous verrons plus bas que $0 < \mathrm{e} - S_n < \frac{1}{n \cdot n!}$, soit déjà moins de $3 \times 10^{-8}$ pour $n = 10$. La suite de Bernoulli, elle, s’en approche paresseusement : l’écart $\mathrm{e} - u_n$ est de l’ordre de $\frac{\mathrm{e}}{2n}$ (plus précisément, $\mathrm{e} - u_n \sim \frac{\mathrm{e}}{2n}$ quand $n \to +\infty$), soit encore $0,12$ pour $n = 10$. Quant à la suite jumelle $v_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}$ de la méthode B, elle descend vers $\mathrm{e}$ par au-dessus.
Les suites $u_n = \left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ et $v_n = \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}$ encadrent $\mathrm{e}$ et s'en approchent lentement ; la série $S_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ l'atteint presque immédiatement.
Non seulement la série $\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!}$ converge vers $\mathrm{e}$, mais la décroissance fulgurante des factorielles permet d’encadrer l’erreur commise en s’arrêtant au rang $n$ et de prouver en quelques lignes que $\mathrm{e}$ ne peut être le quotient de deux entiers.
Factorisons le premier terme négligé $\frac{1}{(n+1)!}$ dans le reste $R_n = \mathrm{e} - S_n = \sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k!}$ :
$\displaystyle \mathrm{e} - S_n = \frac{1}{(n+1)!}\Big(1 + \frac{1}{n+2} + \frac{1}{(n+2)(n+3)}$ $\displaystyle + \frac{1}{(n+2)(n+3)(n+4)} + \cdots\Big)$
Chacun des dénominateurs $(n+2)$, $(n+3)$, $(n+4)\dots$ étant strictement supérieur à $n+1$, on majore la parenthèse par une série géométrique de raison $\frac{1}{n+1}$ :
$\displaystyle \mathrm{e} - S_n < \frac{1}{(n+1)!} \sum_{j=0}^{+\infty} \frac{1}{(n+1)^j}$ $\displaystyle = \frac{1}{(n+1)!} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{n+1}}$ $\displaystyle = \frac{1}{(n+1)\,n!} \cdot \frac{n+1}{n} = \frac{1}{n \cdot n!}$
Pour tout entier $n \ge 1$, la distance entre $\mathrm{e}$ et la somme partielle $S_n = \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}$ vérifie :
$$ 0 < \mathrm{e} - \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!} < \frac{1}{n \cdot n!} $$
$\mathrm{e}$ est un nombre irrationnel ($\mathrm{e} \notin \mathbb{Q}$).
Supposons par l’absurde que $\mathrm{e}$ soit rationnel : il existerait deux entiers strictement positifs $p$ et $q$ tels que $\mathrm{e} = \frac{p}{q}$ (avec $q \ge 2$ puisque $2 < \mathrm{e} < 3$).
Appliquons l’encadrement ci-dessus au rang particulier $n = q$ : $\displaystyle 0 < \frac{p}{q} - \sum_{k=0}^q \frac{1}{k!} < \frac{1}{q \cdot q!}$.
Multiplions toute cette double inégalité par $q! > 0$ pour chasser tous les dénominateurs d’un seul coup :
$\displaystyle 0 < \underbrace{q!\,\frac{p}{q}}_{=\,(q-1)!\,p\,\in\,\mathbb{Z}} - \underbrace{\sum_{k=0}^q \frac{q!}{k!}}_{\in\,\mathbb{Z}}$ $\displaystyle < \frac{1}{q} \le \frac{1}{2} < 1$
Pourquoi la somme $\sum_{k=0}^q \frac{q!}{k!}$ est-elle un entier ? Parce que pour tout $k \le q$, la factorielle $k!$ divise exactement $q!$ ($\frac{q!}{k!} = (k+1)(k+2)\cdots q \in \mathbb{N}$). Le membre central $N = (q-1)!\,p - \sum_{k=0}^q \frac{q!}{k!}$ serait donc un nombre entier strictement compris entre $0$ et $1$, ce qui est impossible ! $\blacksquare$
La « loupe factorielle » : si $\mathrm{e} = \frac{p}{q}$, le nombre $q!\,\mathrm{e} = (q-1)!\,p$ serait un entier ; or il tombe strictement entre l'entier $M = q!\,S_q$ et $M + \frac{1}{q}$, où aucun entier ne peut se trouver.