Forme générale d’une formule
Tout étudiant apprend les formules
\(\sum_{k=1}^nk=\frac{n(n+1)}2\,, \qquad \qquad\sum_{k=1}^nk^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6\,,\qquad\qquad n\in\mathbb{N}\,.\)
Soit p un entier positif. Montrer que, plus généralement, la somme des premiers n termes de la suite \(k^p\) avec \(k\geq1\) est un polynôme rationnel en n de degré p+1.
En s’inspirant d’une des démonstrations pour le cas \(p=2\) (du site web les suites).
Supposons que le théorème soit vrai pour \(p, \ p-1, \ …\).
On a
\((k+1)^{p+2}=\sum_{j=0}^{p+2} {p+2 \choose j}k^j\)
Donc
\(\sum_{k=1}^{n+1} k^{p+2}=\sum_{j=0}^{p+2}{p+2 \choose j}\sum_{k=1}^{n}k^j=\sum_{k=1}^{n}k^{p+2}+\sum_{k=1}^{n}k^{p+1}+\underbrace{\sum_{j=0}^{p}{p+2 \choose j}\sum_{k=0}^{n}k^j}_{P(n)}
\)
où \(P(n)\) est par hypothèse un polynôme rationnel de degré p+1.
D’où
\(\sum_{k=1}^{n}k^{p+1}=(n+1)^{p+2}-P(n)
\)
D’où la conclusion pour \(p+1\) (polynôme rationnel de degré \(p+2\).)
Pour le membre numéro 2 de la suite d’égalité de la deuxième ligne, l’indice du bas ne serait pas plutôt k=0 que k=1 (ça manque un terme pour j=0 avec la convention 0^0 = 1) ?
Pour le membre numéro 3, il ne manquerait pas aussi un (p+2) en facteur devant somme(k=1..n,k^(p+1)) (qui vient de Comb(p+1,p+2) ?
Mais la récurrence marche quand même…
Merci, désolé pour les coquilles. 🙂
(D’ailleurs, serait-il possible d’agrandir le champ de texte des commentaires, cela rendrait plus simple ce genre de rédactions ?)
Non, il n’est pas vrai que "tout etudiant apprend ces formules". A la question :
calculer 1+2+…+100
seuls 27% des etudiants de L1 math-info que j’ai testes en debut d’annee ont donne la bonne reponse (5050). Le test ne comptait pas dans la moyenne, donc il est possible que certains n’aient pas pris la peine de reflechir, mais c’est quand meme symptomatique…
Quant a la 2e formule, je n’ai pas fait de sondage mais le pourcentage d’etudiants qui la connaissent me semble nettement plus faible.
Oui, JLT, je me suis mal exprimé. Je voulais dire « étudient » ou « démontrent » les formules. Moi aussi, je ne retiens pas celle de la somme des carrés par cœur.
Voici la preuve de Klaus (Mann ?) corrigé des coquilles. Comme l’a remarqué MP le facteur p+2 manquait (sinon on montrerait par récurrence que le polynôme était à coefficients entiers — or c’est faux) et il manquait aussi un 1.
\(\begin{array}{rcl}
\sum_{k=1}^{n} (k+1)^{p+2}&=&\sum_{k=1}^{n}\sum_{j=0}^{p+2}{p+2 \choose j}k^j
=\sum_{j=0}^{p+2}{p+2 \choose j}\sum_{k=1}^{n}k^j\\&\,&\\&
=&\sum_{k=1}^{n}k^{p+2}+(p+2)\sum_{k=1}^{n}k^{p+1}+\underbrace{\sum_{j=0}^{p}{p+2 \choose j}\sum_{k=1}^{n}k^j}_{P(n)}
\end{array}\)
avec P(n) un polynôme rationnel de degré p+1 d’après l’hypothèse de récurrence. D’où
\(\begin{array}{rcl}
\sum_{k=1}^{n}k^{p+1}&=&\frac1{p+2}\,\left(\sum_{k=1}^{n} (k+1)^{p+2}-\sum_{k=1}^{n}k^{p+2} -P(n) \right)\\&&\\&=&
\frac1{p+2}\,\left((n+1)^{p+2}-1-P(n) \right).
\end{array}\)
Ainsi \(\sum_{k=1}^{n}k^{p+1}\) est bien un polynôme rationnel de degré p+2.
En plus, cette preuve nous apprend que le coefficient dominant est toujours l’inverse du degré.
> serait-il possible d’agrandir le champ de texte des commentaires ?
C’est fait !
Une très belle réponse à la question posée obtenue par dénombrement de 2 façons différentes de l’ensemble Sp des (p+1)-uplets :
Sp={(x1,x2,…,xp+1), 1<=xi<=n+1, i=1,…,p+1 et x1>xi, i=2,…,p+1}
Voir pino.univalle.edu.co/~arb…
Ça nous change des raisonnements par récurrence !
Et cela répond aux curieux qui se demandent pourquoi la somme des n premiers entiers est aussi C(n+1,2).
Parmi les résultats observés par l’auteur sur la somme Sp(n) des n premiers entiers élevés à la puissance p :
C’est un polynôme en n de degré p+1. Le coefficient de n^(p+1) est 1/(p+1).
On peut toujours mettre n.(n+1) en facteur dans Sp(n).
Le coefficient de n^p est toujours 1/2.