somme des entiers au carré sans récurrence?

Bonjour LBR.

Si je ne m'abuse la démonstration que tu as postée est sans récurrence mais ne concerne que $n=4$...
J'ai toujours tendance à me méfier de ces démonstrations sans récurrence qui en cachent souvent une.
A part ça c'est très élégant et ... beaucoup plus convaincant qu'une démonstration avec récurrence, à défaut d'être plus rigoureux.

amicalement,

e.v.

Bonjour à tous et à toutes,

Voici deux autres méthodes que je qualifierai de "pédestre" :

{\bf Première méthode}

La formule qui donne la somme des n premiers nombres entiers naturels est :

$ 1+2+3+...+n=\frac{n(n+1)}{2} $

La formule qui donne la somme des n premiers nombres impairs entiers naturels est :

$ 1+3+5+...+(2n-1)=n^{2}$

On a :

$ 1 ^{2}=1$

$ 2 ^{2}=1+3$

$ 3 ^{2}=1+3+5$

.................................................................

$ n ^{2}=1+3+5+...+(2n-1)$

Additionnons ces n égalités, on a :

$ \sum_{k=0}^{n} {k ^{2} }=1.n+3.(n-1)+5.(n-2)+...+(2n-1).(n-(n-1))=n[1+3+5+...+(2n-1)]-[3.1+5.2+...+(2n-1).(n-1)]=n ^{3}-[(2.1+1).1+(2.2+1).2+(2.3+1).3+...+(2(n-1)+1)(n-1)] $

soit

$ \sum_{k=0}^{n} {k ^{2} }=n ^{3}- [2\sum_{k=1}^{n} {k ^{2}} + \sum_{k=1}^{n-1} {k}]=n ^{3}-2(\sum_{k=1}^{n} {k ^{2}}-n ^{2}) + \frac{n(n-1)}{2}$

ainsi

$ 3\sum_{k=0}^{n} {k ^{2} }=n ^{3}- [2\sum_{k=1}^{n} {k ^{2}} + \sum_{k=1}^{n-1} {k}]=n ^{3}+2n ^{2} - \frac{n(n-1)}{2}= \frac{n(n+1)(2n+1)}{2} $

d'où

$\sum_{k=0}^{n} {k ^{2} }= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

{\bf Deuxième méthode}

Cette méthode fait intervenir le calcul intégral.

Dans un premier temps, on détermine trois réels $a$, $b$ et $c$ tels que :
$k^2 \, = \, \int_{k}^{k+1} {at^2+bt+c} \,\text{d}{t}$

On obtient par un calcul assez "simple" $a=1$, $b=-1$, $c=\frac{1}{6}$.

Mézalor, par la {\bf relation de Chasles} :
$\sum_{k=0}^{n} {k^2} \, = \, \int_{0}^{n+1} {at^2+bt+c} \,\text{d}{t}$



Bouzar

Michou Écrivait:

---

> Merci bien pour ces réponses, c'est celle de
> Yalcin dans le post cité qui m'intéressait :
> (1+k)3 = 1 + 3k + 3k2 + k3
>
> Autrement merci pour ta 2ème méthode, je la trouve
> sympa aussi Par contre, ta 1ère méthode, les
> points de suspension cache une récurrence... c'est
> le risque comme a dit ev.

La méthode basée sur le développement de $(1+k)^3$ néccessite elle aussi une récurrence, non ?

Ce que j'essaye d'expliquer c'est que tout ce qui a trait aux entiers se démontre par récurrence à un moment ou à un autre. La propriété des sommes télescopiques comme les autres. La récurrence est simplement cachée sous le tapis. Non ?

e.v.

\[ \sum_{k=0}^n u_k = u_0 + \sum_{k=1}^n u_k \]
La récurrence est là, tapie en embuscade. Je ne pense pas qu'on puisse s'en sortir, ou alors exhiber une bijection entre deux ensembles "naturels" c'est-à-dire qu'on peut définir autrement que par récurrence...

Bonne nuit.

e.v.

Je demande à voir la démonstration, sans récurrence de $\displaystyle \sum_{k=0}^n (u_k - u_{k+1}) = \sum_{k=0}^n u_k - \sum_{k=1}^{n+1} u_k$...

Et il suffit de rédiger la première méthode de Bouzar, sans les points de suspension, mais avec des $\sum$, pour faire "disparaître" la récurrence, ou tout au moins pour supprimer l'impression qu'il y a une récurrence cachée :
\begin{align*}
S_n &= \sum_{k=0}^n k^2 \\
&= \sum_{k=0}^n \sum_{p=1}^k (2p-1) \\
&= \sum_{p=1}^n \sum_{k=p}^n (2p-1) \\
&= \sum_{p=1}^n (n-p+1)(2p-1) \\
&= \sum_{p=1}^n [n(2p-1) - 2(p-1)^2 - (p-1)] \\
&= n\sum_{p=1}^n (2p-1) - 2\sum_{p=1}^n (p-1)^2 - \sum_{p=1}^n (p-1) \\
&= n.n^2 - 2 \left( \sum_{k=0}^n k^2 - n^2 \right) - \dfrac{n(n-1)}{2} \\
&= n^3 - 2S_n+ 2n^2 - \dfrac{n(n-1)}{2}
\end{align*}
et le résultat : $S_n = \dfrac{2n^3 + 4n^2 - n(n-1)}{6} = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

Et pourtant la récurrence est là...

si on est malin au niveau de calcul, on peut remarquer qu'on a :: $$\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{1}{3}\left[ {\left( {k + 1} \right)^3 - k^3 } \right] - \frac{1}{2}\left[ {\left( {k + 1} \right)^2 - k^2 } \right] + \frac{1}{6}} \right)} = \sum\limits_{k = 1}^n {k^2 } $$
(nombres de Bernoulli )

Quelque chose m'échappe dans ce fil.

Où est "cachée" la récurrence dans la définition de $\sum_{k=1}^n u_k$ ?
Utiliseriez-vous une autre définition de cet objet (à base de "bijections", ou de définitions axiomatiques 100\% non péanesques) que la définition que j'en donnerais (par récurrence) ?
Si l'entier $\sum_{k=1}^n u_k$ est défini par récurrence, ne va-t-il pas de soi qu'on ne pourra pas prouver grand-chose à son propos, sinon par récurrence ?

Je pensais que la question initiale portait sur l'aspect {\it rédactionnel} d'une preuve de l'énoncé.


PS : merci Nicolas pour la référence.

bonjour.

moi ce qui m'étonne, c'est:

la définition de Récurrence ou d'induction tel quel est définie dans le dictionnaire des Maths, est suffisamment précise,

pour dire qu'il y a récurrence dans ce types de démonstration;

qui n'est qu'une suite arithmétique de la somme des carrés, s'obtenant par une formule basé sur la récurrence ou induction.

Comme le font remarquer certain, on ne peut échapper à la récurrence; qu'en bien même on changerait l'écriture de la formule...

supposons et sans avoir besoin de démontrer une écriture, car je part du principe que c'est trivial,

Somme des carrés :

La suite des carrés n² , peut se construire de la façon suivante, en partant de n = 1 :

n² + (2n+1) = ( n+1)²

ex : si n² = 4 alors n = 2, donc ( n+1)² = n² + (2n+1) = 3² = 4 + 5

la somme S, des carrés est pour n = 1 :

n² + ( n +1)² + (n+2)² +…(n+k)² = S

est donnée par la formule:

(n(n+1)(2n +1)) / 6 = S

Ou :

((n² + n)(2n +1)) /6 = S

Ex :
Si n+k = 7

la somme S des carrés, jusqu'à 7² vaut :

(7*8 *15)/6 = S = 140 = (1+4+9+16+25+36+49)

l'exemple est simple et élémentaire, il est à mon avis basé sur l'axiome de récurrence...non?

*