Exercice 24 Somme des carrés des premiers entiers

1. $S_{1}=1$, $S_{2}=1+4=5$ et $S_{3}=5+9=14$.

2. Pour $n=1$, $2$ et $3$, l'égalité $S_{n}=an^{3}+bn^{2}+cn$ donne : $$\left\{\begin{array}{rcl} a+b+c &=& 1 \\ 8a+4b+2c &=& 5 \\ 27a+9b+3c &=& 14 \end{array}\right. \iff \underbrace{\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 8 & 4 & 2 \\ 27 & 9 & 3 \end{pmatrix}}_{V}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 14 \end{pmatrix}$$ La calculatrice donne $V^{-1}=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{1}{6} \\[1mm] -\frac{5}{2} & 2 & -\frac{1}{2} \\[1mm] 3 & -\frac{3}{2} & \frac{1}{3} \end{pmatrix}$, puis $a=\frac{1}{3}$, $b=\frac{1}{2}$ et $c=\frac{1}{6}$. On remarque que : $$\frac{n^{3}}{3}+\frac{n^{2}}{2}+\frac{n}{6}=\frac{2n^{3}+3n^{2}+n}{6}=\frac{n(2n^{2}+3n+1)}{6}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$

3. On note $\mathcal{P}_{n}$ : « $S_{n}=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ ».

Initialisation : $\dfrac{1\times 2\times 3}{6}=1=S_{1}$.

Hérédité : Si $\mathcal{P}_{k}$ est vraie pour un $k\in\mathbb{N}^{*}$, alors : $$S_{k+1}=S_{k}+(k+1)^{2}=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(k+1)^{2}$$

$$S_{k+1}=\frac{(k+1)\big(k(2k+1)+6(k+1)\big)}{6}=\frac{(k+1)(2k^{2}+7k+6)}{6}$$ Or $(k+2)(2k+3)=2k^{2}+7k+6$, donc $S_{k+1}=\dfrac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$, ce qui est $\mathcal{P}_{k+1}$.

Conclusion : $\mathcal{P}_{n}$ est vraie pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$.

4. Le système de la question 2 a seulement fourni l'unique candidat qui convient pour $n=1$, $2$ et $3$. Rien ne garantissait a priori que $S_{n}$ soit de la forme $an^{3}+bn^{2}+cn$ pour tout $n$ : trois valeurs ne permettent pas de conclure pour une infinité d'entiers. Le système trouve la formule, la récurrence la démontre. C'est le schéma « analyse, puis synthèse ».

5. Les sommes de cubes valent $1$, $9$, $36$ et $100$ pour $n=1$, $2$, $3$, $4$. Le système est : $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 16 & 8 & 4 & 2 \\ 81 & 27 & 9 & 3 \\ 256 & 64 & 16 & 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 9 \\ 36 \\ 100 \end{pmatrix} \qquad \text{et la calculatrice donne} \qquad \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{1}{4} \\[1mm] \frac{1}{2} \\[1mm] \frac{1}{4} \\[1mm] 0 \end{pmatrix}$$ d'où la formule candidate $\dfrac{n^{4}+2n^{3}+n^{2}}{4}=\dfrac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}=\left(\dfrac{n(n+1)}{2}\right)^{2}$.

Montrons par récurrence $\mathcal{Q}_{n}$ : « $1^{3}+\cdots+n^{3}=\dfrac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}$ ». L'initialisation est immédiate : $\frac{1\times 4}{4}=1$. Si $\mathcal{Q}_{k}$ est vraie, alors : $$1^{3}+\cdots+(k+1)^{3}=\frac{k^{2}(k+1)^{2}}{4}+(k+1)^{3}=\frac{(k+1)^{2}\left(k^{2}+4k+4\right)}{4}=\frac{(k+1)^{2}(k+2)^{2}}{4}$$ ce qui est $\mathcal{Q}_{k+1}$. Ainsi : $$\boxed{1^{3}+2^{3}+\cdots+n^{3}=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}=(1+2+\cdots+n)^{2}}$$