Le problème de Bâle 1Présentation du problème Nous nous intéressons à la somme infinie 1+14+19+116+125+136+⋯1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{25}+\dfrac{1}{36}+\cdots que l'on peut noter avec plus de rigueur lim⁡N→+∞∑n=1N1n2\lim_{N\rightarrow+\infty}\sum_{n=1}^N\dfrac{1}{n^2} ou encore ∑n≥11n2.\sum_{n\geq1}\dfrac{1}{n^2}. L'histoire du problème de Bâle (du nom de la ville suisse) remonte au XVIIe siècle, lorsqu'un mathématicien suisse du nom de Pietro Mengoli a énoncé que la série infinie des inverses des carrés ∑n≥11n2\displaystyle{\sum_{n\geq1}\dfrac{1}{n^2}} convergeait vers une valeur finie. Cependant, ce n'est que quelques décennies plus tard, au début du XVIIIe siècle, que le mathématicien suisse Jakob Bernoulli, qui vivait justement à Bâle, a étudié cette série de manière plus approfondie.
Bernoulli affirme que 1+14+19+116+125+136+⋯1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{25}+\dfrac{1}{36}+\cdots converge vers π26\dfrac{\pi^2}{6}. On ne considéra pas son résultat comme une preuve mais il a suscité un grand intérêt parmi les mathématiciens de l'époque car le lien entre cette série infinie et la constante π\pi semblait à première vue improbable. C'est en cela que le problème porte le nom de Bâle.
En 1765, Euler, à l'âge de 28 ans, propose une première démonstration qui aujourd'hui nous paraît manquer de rigueur, mais n'oublions pas que toute la théorie sur les limites et la notion de convergence n'était pas encore établie à l'époque. Sa preuve le rend célèbre et lui apporte le respect de l'ensemble des mathématiciens européens.
Nous présentons dans cet article une preuve du problème de Bâle à l'aide d'outils disponibles en fin de terminale, mais dans laquelle les calculs sont toutefois assez complexes. 2Résolution du problème Pour tout entier naturel nn on définit les deux intégrales suivantes : In=∫0π/2cos⁡2n(x)dx\displaystyle{I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x)\text{d}x} et Jn=∫0π/2x2cos⁡2n(x)dx\displaystyle{J_n=\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}(x)\text{d}x}. Property 1
Pour tout entier nn on a : In=(2n)!4n(n!)2×π2I_n=\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\times\dfrac{\pi}{2}. Pour n=0n=0, on a : I0=∫0π/21×dxI_0=\displaystyle{\int_0^{\pi/2}1\times\text{dx}} == [x]0π/2[x]_0^{\pi/2} == π2−0\dfrac{\pi}{2}-0 == π2\dfrac{\pi}{2}.

Par ailleurs, pour n≥1n\geq1, on obtient à l'aide d'une intégration par parties :
InI_n == ∫0π/2cos⁡2n(x)dx\displaystyle{\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x)\text{d}x}
u(x)=cos⁡2n−1(x)u(x)=\cos^{2n-1}(x) u′(x)=−(2n−1)sin⁡(x)cos⁡2n−2(x)u'(x)=-(2n-1)\sin(x)\cos^{2n-2}(x)
v′(x)=cos⁡(x)v'(x)=\cos(x) v(x)=sin⁡(x)v(x)=\sin(x)
== [sin⁡(x)cos⁡2n−1(x)]0π/2−∫0π/2(−(2n−1)sin⁡(x)cos⁡2n−2(x))sin⁡(x)dx\displaystyle{\left[ \sin(x)\cos^{2n-1}(x) \right]_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2} (-(2n-1)\sin(x)\cos^{2n-2}(x))\sin(x) \text{d}x}
== 0−0+(2n−1)∫0π/2sin⁡2(x)cos⁡2n−2(x)dx\displaystyle{0-0+(2n-1)\int_0^{\pi/2} \sin^2(x)\cos^{2n-2}(x)\text{d}x}
== (2n−1)∫0π/2(1−cos⁡2(x))cos⁡2n−2(x)dx\displaystyle{(2n-1)\int_0^{\pi/2} (1-\cos^2(x))\cos^{2n-2}(x)\text{d}x}
== (2n−1)∫0π/2(cos⁡2n−2(x)−cos⁡2n(x))dx\displaystyle{(2n-1)\int_0^{\pi/2} \left( \cos^{2n-2}(x)-\cos^{2n}(x) \right)\text{d}x}
== (2n−1)(∫0π/2cos⁡2n−2(x)dx−∫0π/2cos⁡2n(x)dx)\displaystyle{(2n-1)\left(\int_0^{\pi/2} \cos^{2n-2}(x)\text{d}x-\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x) \text{d}x\right)}
== (2n−1)(∫0π/2cos⁡2(n−1)(x)dx−∫0π/2cos⁡2n(x)dx)\displaystyle{(2n-1)\left(\int_0^{\pi/2} \cos^{2(n-1)}(x)\text{d}x-\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x) \text{d}x\right)}
== (2n−1)(In−1−In)\displaystyle{(2n-1)\left(I_{n-1}-I_n\right)}
== (2n−1)In−1−(2n−1)In\displaystyle{(2n-1)I_{n-1}-(2n-1)I_n}.


Ainsi, pour n≥1n\geq1, on a :
InI_n == (2n−1)In−1−(2n−1)In(2n-1)I_{n-1}-(2n-1)I_n
(2n−1)In+In(2n-1)I_n+I_n == (2n−1)In−1(2n-1)I_{n-1}
2nIn2nI_n == (2n−1)In−1(2n-1)I_{n-1}
InI_n == 2n−12nIn−1\dfrac{2n-1}{2n}I_{n-1}.
Nous venons d'obtenir une relation de récurrence qui va nous permettre de déterminer l'expression de InI_n en fonction de nn.
En effet :

I1=12I0I_1=\dfrac{1}{2}I_0 == 12×π2\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\pi}{2}.

I2=34I1I_2=\dfrac{3}{4}I_1 == 34×12×π2\dfrac{3}{4}\times\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\pi}{2}.

I3=56I2I_3=\dfrac{5}{6}I_2 == 56×34×12×π2\dfrac{5}{6}\times\dfrac{3}{4}\times\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\pi}{2}.

On remarque, en écrivant à l'aide d'un seul quotient ces égalités qu'au numérateur apparaît le produit des entiers impairs jusqu'à 2n−12n-1 et qu'au dénominateur le produit des entiers pairs jusqu'à 2n2n.

On pourrait démontrer à l'aide d'une simple récurrence que pour tout entier nn : In=1×3×5×⋯×(2n−1)2×4×6×⋯×2n×π2.I_n=\dfrac{1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)}{2\times4\times6\times\cdots\times2n}\times\dfrac{\pi}{2}.

On souhaite maintenant écrire le quotient 1×3×5×⋯×(2n−1)2×4×6×⋯×2n\dfrac{1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)}{2\times4\times6\times\cdots\times2n} à l'aide de factorielles.

On remarque tout d'abord que pour obtenir 2×4×6×⋯×2n2\times4\times6\times\cdots\times2n il faut multiplier chacun des facteurs de n!=1×2×3×⋯×nn !=1\times 2\times 3\times\cdots\times n par 22.Or, il y a nn facteurs dans n!n!, ainsi : 2×4×6×⋯×2n=2n×n!.2\times4\times6\times\cdots\times2n = 2^n\times n!. Pour obtenir le produit des nombres impairs consécutifs 1×3×5×⋯×(2n−1)1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1) il faut, dans l'écriture (2n)!=1×2×3×4×5⋯×(2n−1)×(2n)(2n)!=1\times2\times3\times4\times5\cdots\times (2n-1)\times (2n) diviser par le produit des nombres pairs qui est égal à 2n×n!2^n\times n!. 1×3×5×⋯×(2n−1)=(2n)!2n×n!.1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)=\dfrac{(2n)!}{2^n\times n!}.

On peut alors conclure :
InI_n == 1×3×5×⋯×(2n−1)2×4×6×⋯×2n×π2\dfrac{1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)}{2\times4\times6\times\cdots\times2n}\times\dfrac{\pi}{2}
== (2n)!2n×n!2n×n!×π2\dfrac{\frac{(2n)!}{2^n\times n!}}{2^n\times n!}\times\dfrac{\pi}{2}
== (2n)!2n×n!×12n×n!×π2\dfrac{(2n)!}{2^n\times n!}\times\dfrac{1}{2^n\times n!}\times\dfrac{\pi}{2}
== (2n)!2n×2n×n!×n!×π2\dfrac{(2n)!}{2^n\times2^n\times n!\times n!}\times\dfrac{\pi}{2}
== (2n)!4n(n!)2×π2\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\times\dfrac{\pi}{2}.
Property 2
Pour tout entier nn, In=−2n2Jn+n(2n−1)Jn−1.I_n=-2n^2J_n+n(2n-1)J_{n-1}. On rappelle que In=∫0π/2cos⁡2n(x)dx\displaystyle{I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x)\text{d}x} et Jn=∫0π/2x2cos⁡2n(x)dx\displaystyle{J_n=\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}(x)\text{d}x}.

Nous allons ici utiliser deux intégrations par parties.
InI_n == ∫0π/2cos⁡2n(x)dx\displaystyle{\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x)\text{d}x}
u(x)=cos⁡2n(x)u(x)=\cos^{2n}(x) u′(x)=−2nsin⁡(x)cos⁡2n−1(x)u'(x)=-2n\sin(x)\cos^{2n-1}(x)
v′(x)=1v'(x)=1 v(x)=xv(x)=x
== [xcos⁡2n(x)]0π/2+2n∫0π/2xsin⁡(x)cos⁡2n−1(x)dx\displaystyle{\left[ x\cos^{2n}(x) \right]_0^{\pi/2}+2n\int_0^{\pi/2}x\sin(x)\cos^{2n-1}(x)\text{d}x}
== 0+2n∫0π/2xsin⁡(x)cos⁡2n−1(x)dx\displaystyle{0+2n\int_0^{\pi/2}x\sin(x)\cos^{2n-1}(x)\text{d}x}
u(x)=sin⁡(x)cos⁡2n−1(x)u(x)=\sin(x)\cos^{2n-1}(x) u′(x)=cos⁡2n(x)−(2n−1)sin⁡2(x)cos⁡2n−2(x)u'(x)=\cos^{2n}(x)-(2n-1)\sin^2(x)\cos^{2n-2}(x)
v′(x)=xv'(x)=x v(x)=12x2v(x)=\dfrac{1}{2}x^2
== n[x2sin⁡(x)cos⁡2n−1(x)]0π/2−n∫0π/2x2(cos⁡2n(x)−(2n−1)sin⁡2(x)cos⁡2n−2(x))dx\displaystyle{n\left[ x^2\sin(x)\cos^{2n-1}(x) \right]_0^{\pi/2}-n\int_0^{\pi/2}x^2\left(\cos^{2n}(x)-(2n-1)\sin^2(x)\cos^{2n-2}(x)\right)\text{d}x}
== 0−n∫0π/2x2cos⁡2n(x)dx+n(2n−1)∫0π/2x2(1−cos⁡2(x))cos⁡2n−2(x)dx\displaystyle{0-n\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}(x)\text{d}x+n(2n-1)\int_0^{\pi/2}x^2(1-\cos^2(x))\cos^{2n-2}(x)\text{d}x}
== −nJn+n(2n−1)Jn−1−n(2n−1)Jn-nJ_n+n(2n-1)J_{n-1}-n(2n-1)J_n
== −nJn(−1−2n+1)+n(2n−1)Jn−1-nJ_n(-1-2n+1)+n(2n-1)J_{n-1}
== −2n2Jn+n(2n−1)Jn−1-2n^2J_n+n(2n-1)J_{n-1}.
Property 3
Pour tout réel x∈[0;π2]x\in\left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right], on a x≤π2sin⁡(x)\,\,x\leq\dfrac{\pi}{2}\sin(x). On définit pour tout x∈[0;π2]x \in \left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] la fonction φ\varphi par φ(x)=π2sin⁡(x)\varphi(x)=\dfrac{\pi}{2}\sin(x).

On a alors : φ′(x)=π2cos⁡(x)\varphi'(x)=\dfrac{\pi}{2}\cos(x) et φ′′(x)=−π2sin⁡(x)\varphi''(x)=-\dfrac{\pi}{2}\sin(x).

Puisque pour tout x∈[0;π2]x\in\left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] on sait que sin⁡(x)≥0\sin(x)\geq0, on a alors que sur cet intervalle φ′′(x)≤0\varphi''(x)\leq 0 et la fonction φ\varphi est concave sur [0;π2]\left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right].

En notant Cφ\mathcal{C}_{\varphi} la courbe représentative de φ\varphi dans un repère du plan et A(0;0)A\left( 0 \,;\, 0\right) et B(π2;π2)B\left( \dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right) deux points de Cφ\mathcal{C}_{\varphi}.
La corde (AB)(AB) a pour équation y=xy=x et se situe en dessous de Cφ\mathcal{C}_{\varphi} sur [0;π2]\left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right] puisque φ\varphi est concave sur [0;π2]\left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right].
Ainsi, pour tout x∈[0;π2]x\in\left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right], on a bien x≤π2sin⁡(x)x\leq \dfrac{\pi}{2}\sin(x). Property 4
Pour tout entier naturel nn, on a : Jn≤π2In8(n+1).J_n \leq \dfrac{\pi^2 I_n}{8(n+1)}. Pour tout entier nn on a :
JnJ_n == ∫0π/2x2cos⁡2n(x)dx\displaystyle{\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}(x)\text{d}x}
≤\leq ∫0π/2π2sin⁡(x)xcos⁡2n(x)dx\displaystyle{\int_0^{\pi/2}\dfrac{\pi}{2}\sin(x)x\cos^{2n}(x)\text{d}x} En appliquant la propriété 3 à l'un des deux xx de x2x^2
≤\leq ∫0π/2π24sin⁡2(x)cos⁡2n(x)dx\displaystyle{\int_0^{\pi/2}\dfrac{\pi^2}{4}\sin^2(x)\cos^{2n}(x)\text{d}x} En appliquant la propriété 3 au deuxième xx qui reste
≤\leq π24∫0π/2(1−cos⁡2(x))cos⁡2n(x)dx\displaystyle{\dfrac{\pi^2}{4}\int_0^{\pi/2}\left(1-\cos^2(x)\right)\cos^{2n}(x)\text{d}x}
≤\leq π24(∫0π/2cos⁡2n(x)dx−∫0π/2cos⁡2n+2(x)dx)\displaystyle{ \dfrac{\pi^2}{4}\left( \int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x)\text{d}x-\int_0^{\pi/2}\cos^{2n+2}(x)\text{d}x\right)}
≤\leq π24(∫0π/2cos⁡2n(x)dx−∫0π/2cos⁡2(n+1)(x)dx)\displaystyle{ \dfrac{\pi^2}{4}\left( \int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x)\text{d}x-\int_0^{\pi/2}\cos^{2(n+1)}(x)\text{d}x\right)}
≤\leq π24(In−In+1)\dfrac{\pi^2}{4}\left( I_n-I_{n+1} \right)
≤\leq π24(In−2n+12n+2In)\dfrac{\pi^2}{4}\left( I_n-\dfrac{2n+1}{2n+2}I_n \right) d'après la relation démontrée dans les calculs de la propriété 1
≤\leq π24×In2n+2\dfrac{\pi^2}{4}\times\dfrac{I_n}{2n+2}
≤\leq π2In8(n+1).\dfrac{\pi^2 I_n}{8(n+1)}.
Property 5
lim⁡n→+∞4n(n!)2(2n)!Jn=0.\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty} \dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}J_n =0. } D'après la propriété 4, pour tout entier nn on a :
0≤4n(n!)2(2n)!Jn≤4n(n!)2(2n)!×π28×Inn+1.0 \leq \dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}J_n \leq \dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}\times\dfrac{\pi^2}{8}\times\dfrac{I_n}{n+1}.
En utilisant que In=(2)!4n(n!)2×π2I_n=\dfrac{(2)!}{4^n(n!)^2}\times\dfrac{\pi}{2} (propriété 1), on obtient :
00 ≤\leq 4n(n!)2(2n)!Jn\dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}J_n ≤\leq 4n(n!)2(2n)!×π28×(2n)!4n(n!)2×π2(n+1)\dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}\times\dfrac{\pi^2}{8}\times \dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\times\dfrac{\pi}{2(n+1)}
00 ≤\leq 4n(n!)2(2n)!Jn\dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}J_n ≤\leq π316(n+1)\dfrac{\pi^3}{16(n+1)}.
Puisque lim⁡n→+∞π316(n+1)=0\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{\pi^3}{16(n+1)}=0}, par encadrement de limites on a bien lim⁡n→+∞4n(n!)2(2n)!Jn=0\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty} \dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}J_n =0 }. Property 6
lim⁡N→+∞∑n=1N1n2=π26.\displaystyle{\lim_{N\rightarrow+\infty}\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}.} En combinant les propriétés 1 et 2, on a, pour tout entier nn : (2n)!4n(n!)2×π2=−2n2Jn+n(2n−1)Jn−1.\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\times\dfrac{\pi}{2}=-2n^2J_n+n(2n-1)J_{n-1}. On multiplie chacun des deux membres de cette égalité par 2×4n−1(n−1)!2(2n)!\dfrac{2\times4^{n-1}(n-1)!^2}{(2n)!} : π4n2=4n−1(n−1)!2(2n−2)!Jn−1−4nn!2(2n)!Jn.\dfrac{\pi}{4n^2} = \dfrac{4^{n-1}(n-1)!^2}{(2n-2)!}J_{n-1}-\dfrac{4^n n!^2}{(2n)!}J_n. En notant, un=4nn!2(2n)!Jnu_n=\dfrac{4^n n!^2}{(2n)!}J_n, on a alors : π4n2=un−1−un.\dfrac{\pi}{4n^2}=u_{n-1}-u_n. Ainsi, pour tout entier N≥1N\geq 1 :
∑n=1N1n2\displaystyle{\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2}} == 4π∑n=1Nπ4n2\displaystyle{\dfrac{4}{\pi}\sum_{n=1}^N \dfrac{\pi}{4 n^2}}
== 4π∑n=1N(un−1−un)\displaystyle{\dfrac{4}{\pi}\sum_{n=1}^N \left(u_{n-1}-u_n\right)}
== 4π(u0−u1+u1−u2+u2−u3+⋯−uN)\displaystyle{\dfrac{4}{\pi}(u_0-u_1+u_1-u_2+u_2-u_3+\cdots-u_{N})}
== 4π(u0−uN)\displaystyle{\dfrac{4}{\pi}(u_0-u_{N})}
== 4π(J0−4N((N!)2)(2N)!JN)\displaystyle{\dfrac{4}{\pi}\left( J_0-\dfrac{4^N((N!)^2)}{(2N)!}J_N \right)}.
Or, nous savons que lim⁡N→+∞4N(N!)2(2N)!JN=0\displaystyle{\lim_{N\rightarrow+\infty} \dfrac{4^N (N!)^2}{(2N)!}J_N =0 }, ainsi on a : lim⁡N→+∞∑n=1N1n2\displaystyle{\lim_{N\rightarrow+\infty}\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2}} == 4πJ0\dfrac{4}{\pi}J_0.

De plus, J0=∫0π/2x2dx\displaystyle{J_0=\int_0^{\pi/2}x^2\text{d}x} == [x33]0π/2\left[ \dfrac{x^3}{3} \right]_0^{\pi/2} == π324\dfrac{\pi^3}{24}. On peut alors conclure :

lim⁡N→+∞∑n=1N1n2\displaystyle{\lim_{N\rightarrow+\infty}\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2}} == 4π×π324\dfrac{4}{\pi}\times\dfrac{\pi^3}{24} == π26\dfrac{\pi^2}{6}.