Le problème de Bâle Présentation du problème Nous nous intéressons à la somme infinie $$1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{25}+\dfrac{1}{36}+\cdots$$ que l'on peut noter avec plus de rigueur $$\lim_{N\rightarrow+\infty}\sum_{n=1}^N\dfrac{1}{n^2}$$ ou encore $$\sum_{n\geq1}\dfrac{1}{n^2}.$$ 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 $\displaystyle{\sum_{n\geq1}\dfrac{1}{n^2}}$ 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 $1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{25}+\dfrac{1}{36}+\cdots$ converge vers $\dfrac{\pi^2}{6}$. 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 $\pi$ 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. Résolution du problème Pour tout entier naturel $n$ on définit les deux intégrales suivantes : $\displaystyle{I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x)\text{d}x}$ et $\displaystyle{J_n=\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}(x)\text{d}x}$.
Pour tout entier $n$ on a : $I_n=\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\times\dfrac{\pi}{2}$. Pour $n=0$, on a : $I_0=\displaystyle{\int_0^{\pi/2}1\times\text{dx}}$ $=$ $[x]_0^{\pi/2}$ $=$ $\dfrac{\pi}{2}-0$ $=$ $\dfrac{\pi}{2}$.

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


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

$I_1=\dfrac{1}{2}I_0$ $=$ $\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\pi}{2}$.

$I_2=\dfrac{3}{4}I_1$ $=$ $\dfrac{3}{4}\times\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\pi}{2}$.

$I_3=\dfrac{5}{6}I_2$ $=$ $\dfrac{5}{6}\times\dfrac{3}{4}\times\dfrac{1}{2}\times\dfrac{\pi}{2}$.

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

On pourrait démontrer à l'aide d'une simple récurrence que pour tout entier $n$ : $$I_n=\dfrac{1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)}{2\times4\times6\times\cdots\times2n}\times\dfrac{\pi}{2}.$$

On souhaite maintenant écrire le quotient $\dfrac{1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)}{2\times4\times6\times\cdots\times2n}$ à l'aide de factorielles.

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

On peut alors conclure :
$I_n$ $=$ $\dfrac{1\times3\times5\times\cdots\times(2n-1)}{2\times4\times6\times\cdots\times2n}\times\dfrac{\pi}{2}$
$=$ $\dfrac{\frac{(2n)!}{2^n\times n!}}{2^n\times n!}\times\dfrac{\pi}{2}$
$=$ $\dfrac{(2n)!}{2^n\times n!}\times\dfrac{1}{2^n\times n!}\times\dfrac{\pi}{2}$
$=$ $\dfrac{(2n)!}{2^n\times2^n\times n!\times n!}\times\dfrac{\pi}{2}$
$=$ $\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\times\dfrac{\pi}{2}$.

Pour tout entier $n$, $$I_n=-2n^2J_n+n(2n-1)J_{n-1}.$$ On rappelle que $\displaystyle{I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x)\text{d}x}$ et $\displaystyle{J_n=\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}(x)\text{d}x}$.

Nous allons ici utiliser deux intégrations par parties.
$I_n$ $=$ $\displaystyle{\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x)\text{d}x}$
$u(x)=\cos^{2n}(x)$ $u'(x)=-2n\sin(x)\cos^{2n-1}(x)$
$v'(x)=1$ $v(x)=x$
$=$ $\displaystyle{\left[ x\cos^{2n}(x) \right]_0^{\pi/2}+2n\int_0^{\pi/2}x\sin(x)\cos^{2n-1}(x)\text{d}x}$
$=$ $\displaystyle{0+2n\int_0^{\pi/2}x\sin(x)\cos^{2n-1}(x)\text{d}x}$
$u(x)=\sin(x)\cos^{2n-1}(x)$ $u'(x)=\cos^{2n}(x)-(2n-1)\sin^2(x)\cos^{2n-2}(x)$
$v'(x)=x$ $v(x)=\dfrac{1}{2}x^2$
$=$ $\displaystyle{n\left[ x^2\sin(x)\cos^{2n-1}(x) \right]_0^{\pi/2}-n\int_0^{\pi/2}x^2\left(\cos^{2n}(x)-(2n-1)\sin^2(x)\cos^{2n-2}(x)\right)\text{d}x}$
$=$ $\displaystyle{0-n\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}(x)\text{d}x+n(2n-1)\int_0^{\pi/2}x^2(1-\cos^2(x))\cos^{2n-2}(x)\text{d}x}$
$=$ $-nJ_n+n(2n-1)J_{n-1}-n(2n-1)J_n$
$=$ $-nJ_n(-1-2n+1)+n(2n-1)J_{n-1}$
$=$ $-2n^2J_n+n(2n-1)J_{n-1}$.

Pour tout réel $x\in\left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right]$, on a $\,\,x\leq\dfrac{\pi}{2}\sin(x)$. On définit pour tout $x \in \left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right]$ la fonction $\varphi$ par $\varphi(x)=\dfrac{\pi}{2}\sin(x)$.

On a alors : $\varphi'(x)=\dfrac{\pi}{2}\cos(x)$ et $\varphi''(x)=-\dfrac{\pi}{2}\sin(x)$.

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

En notant $\mathcal{C}_{\varphi}$ la courbe représentative de $\varphi$ dans un repère du plan et $A\left( 0 \,;\, 0\right)$ et $B\left( \dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2}\right)$ deux points de $\mathcal{C}_{\varphi}$.
La corde $(AB)$ a pour équation $y=x$ et se situe en dessous de $\mathcal{C}_{\varphi}$ sur $\left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right]$ puisque $\varphi$ est concave sur $\left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right]$.
Ainsi, pour tout $x\in\left[0\,;\, \dfrac{\pi}{2}\right]$, on a bien $x\leq \dfrac{\pi}{2}\sin(x)$.
Pour tout entier naturel $n$, on a : $$J_n \leq \dfrac{\pi^2 I_n}{8(n+1)}.$$ Pour tout entier $n$ on a :
$J_n$ $=$ $\displaystyle{\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}(x)\text{d}x}$
$\leq$ $\displaystyle{\int_0^{\pi/2}\dfrac{\pi}{2}\sin(x)x\cos^{2n}(x)\text{d}x}$ En appliquant la propriété 3 à l'un des deux $x$ de $x^2$
$\leq$ $\displaystyle{\int_0^{\pi/2}\dfrac{\pi^2}{4}\sin^2(x)\cos^{2n}(x)\text{d}x}$ En appliquant la propriété 3 au deuxième $x$ qui reste
$\leq$ $\displaystyle{\dfrac{\pi^2}{4}\int_0^{\pi/2}\left(1-\cos^2(x)\right)\cos^{2n}(x)\text{d}x}$
$\leq$ $\displaystyle{ \dfrac{\pi^2}{4}\left( \int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x)\text{d}x-\int_0^{\pi/2}\cos^{2n+2}(x)\text{d}x\right)}$
$\leq$ $\displaystyle{ \dfrac{\pi^2}{4}\left( \int_0^{\pi/2}\cos^{2n}(x)\text{d}x-\int_0^{\pi/2}\cos^{2(n+1)}(x)\text{d}x\right)}$
$\leq$ $\dfrac{\pi^2}{4}\left( I_n-I_{n+1} \right)$
$\leq$ $\dfrac{\pi^2}{4}\left( I_n-\dfrac{2n+1}{2n+2}I_n \right)$ d'après la relation démontrée dans les calculs de la propriété 1
$\leq$ $\dfrac{\pi^2}{4}\times\dfrac{I_n}{2n+2}$
$\leq$ $\dfrac{\pi^2 I_n}{8(n+1)}.$

$$\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty} \dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}J_n =0. }$$ D'après la propriété 4, pour tout entier $n$ on a :
$$0 \leq \dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}J_n \leq \dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}\times\dfrac{\pi^2}{8}\times\dfrac{I_n}{n+1}.$$
En utilisant que $I_n=\dfrac{(2)!}{4^n(n!)^2}\times\dfrac{\pi}{2}$ (propriété 1), on obtient :
$0$ $\leq$ $\dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}J_n$ $\leq$ $\dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}\times\dfrac{\pi^2}{8}\times \dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\times\dfrac{\pi}{2(n+1)}$
$0$ $\leq$ $\dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}J_n$ $\leq$ $\dfrac{\pi^3}{16(n+1)}$.
Puisque $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{\pi^3}{16(n+1)}=0}$, par encadrement de limites on a bien $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty} \dfrac{4^n (n!)^2}{(2n)!}J_n =0 }$.
$$\displaystyle{\lim_{N\rightarrow+\infty}\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}.}$$ En combinant les propriétés 1 et 2, on a, pour tout entier $n$ : $$\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\times\dfrac{\pi}{2}=-2n^2J_n+n(2n-1)J_{n-1}.$$ On multiplie chacun des deux membres de cette égalité par $\dfrac{2\times4^{n-1}(n-1)!^2}{(2n)!}$ : $$\dfrac{\pi}{4n^2} = \dfrac{4^{n-1}(n-1)!^2}{(2n-2)!}J_{n-1}-\dfrac{4^n n!^2}{(2n)!}J_n.$$ En notant, $u_n=\dfrac{4^n n!^2}{(2n)!}J_n$, on a alors : $$\dfrac{\pi}{4n^2}=u_{n-1}-u_n.$$ Ainsi, pour tout entier $N\geq 1$ :
$\displaystyle{\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2}}$ $=$ $\displaystyle{\dfrac{4}{\pi}\sum_{n=1}^N \dfrac{\pi}{4 n^2}}$
$=$ $\displaystyle{\dfrac{4}{\pi}\sum_{n=1}^N \left(u_{n-1}-u_n\right)}$
$=$ $\displaystyle{\dfrac{4}{\pi}(u_0-u_1+u_1-u_2+u_2-u_3+\cdots-u_{N})}$
$=$ $\displaystyle{\dfrac{4}{\pi}(u_0-u_{N})}$
$=$ $\displaystyle{\dfrac{4}{\pi}\left( J_0-\dfrac{4^N((N!)^2)}{(2N)!}J_N \right)}$.
Or, nous savons que $\displaystyle{\lim_{N\rightarrow+\infty} \dfrac{4^N (N!)^2}{(2N)!}J_N =0 }$, ainsi on a : $\displaystyle{\lim_{N\rightarrow+\infty}\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2}}$ $=$ $\dfrac{4}{\pi}J_0$.

De plus, $\displaystyle{J_0=\int_0^{\pi/2}x^2\text{d}x}$ $=$ $\left[ \dfrac{x^3}{3} \right]_0^{\pi/2}$ $=$ $\dfrac{\pi^3}{24}$. On peut alors conclure :

$\displaystyle{\lim_{N\rightarrow+\infty}\sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n^2}}$ $=$ $\dfrac{4}{\pi}\times\dfrac{\pi^3}{24}$ $=$ $\dfrac{\pi^2}{6}$.