Exercice 01-08
Montrer par récurrence que pour tout entier \(n\geqslant 1\),
\[
1^2+2^2+3^2+4^2+\cdots +n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\,.
\]
Ensuite, donner la valeur de la somme
\(\displaystyle\sum_{k=0}^{1000}(k+1)(3k+2)\).
La méthode de preuve par récurrence est
décrite
ici.
Avant de commencer, on pourra relire la preuve (donnée dans le cours)
de la formule
\[
1+2+3+4+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}\,.
\]
Pour commencer...
... on pourra nommer les deux membres de l'identité, en posant
\[\begin{aligned}
a_n&:= 1^2+2^2+3^2+4^2+\cdots +n^2\,,\\
b_n&:=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\,.
\end{aligned}\]
Ensuite, ...
- Pour \(n=1\), on a \(a_1=1\) et \(b_1=1\), donc \(a_1=b_1\).
- Pour \(n=2\), on a \(a_2=5\) et \(b_2=5\), donc \(a_2=b_2\).
- Pour \(n=3\), on a \(a_3=14\) et \(b_3=14\), donc \(a_3=b_3\).
- Pour \(n=4\), on a \(a_4=30\) et \(b_4=30\), donc \(a_4=b_4\).
On a donc l'impression qu'effectivement,
pour tout \(n\) donné, on peut
vérifier que
\(a_n=b_n\), par calcul explicite. Mais ceci ne garantit pas, a priori,
qu'il n'existe pas un \(n\) (éventuellement très grand) pour
lequel \(a_n\neq b_n\)...
On peut donc essayer de donner une preuve par récurrence de l'affirmation
''\(a_n=b_n\), pour
tout \(n\in \mathbb{N}\)''.
Pour calculer \(\sum_{k=0}^{1000}(k+1)(3k+2)\)...
... on pourra développer \((k+1)(3k+2)\), et utiliser les formules pour
\(\sum_{k=1}^n1\),
\(\sum_{k=1}^nk\) et
\(\sum_{k=1}^nk^2\).
Posons
\[\begin{aligned}
a_n&:= 1^2+2^2+3^2+4^2+\cdots +n^2\,,\\
b_n&:=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\,,
\end{aligned}\]
et considérons la propriété définie par
\(\mathcal{P}(n)=\)''pour l'entier \(n\), on a \(a_n=b_n\)''.
On rappelle que pour
\(n=1\), on a \(a_1=1\) et \(b_1=1\), donc \(a_1=b_1\).
Donc \(\mathcal{P}(1)\) est vraie,
Ensuite, supposons que pour un \(n\) donné,
\(\mathcal{P}(n)\) est vérifiée, c'est-à-dire que
\[
a_n=b_n\,.
\]
Essayons de montrer que ceci implique que
\(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie aussi, c'est-à-dire que
\(a_{n+1}\) est égal à \(b_{n+1}\). Remarquons pour commencer que
\[\begin{aligned}&=
\frac{(n+1)(n+1+1)(2(n+1)+1)}{6}\\
&=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}\,.
\end{aligned}\]
Puis, écrivons
\[\begin{aligned}
a_{n+1}&=1^2+2^2+3^2+4^2+\cdots+ n^2+(n+1)^2\\
&=a_n+(n+1)^2\,.
\end{aligned}\]
Mais, puisque l'on suppose que \(a_n=b_n\), ceci implique
\[\begin{aligned}
a_{n+1}=b_n+(n+1)^2&=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^2\\
&=(n+1)\Bigl(
\frac{n(2n+1)}{6}+(n+1)
\Bigr)\\
&=(n+1)\frac{2n^2+7n+6}{6}\\
&=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}=b_{n+1}
\end{aligned}\]
On a donc bien montré que \(a_{n+1}=b_{n+1}\).
Ceci implique que si \(\mathcal{P}(n)\) est vraie, alors \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie
aussi.
En se rappelant que
\(\mathcal{P}(1)\) est vraie, ceci implique que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie pour tout
\(n\geqslant 1\).
Pour finir, calculons
\(\displaystyle\sum_{k=0}^{1000}(k+1)(3k+2)\).
Avec le changement de variable \(k':= k+1\),
\[\begin{aligned}
\sum_{k=0}^{1000}(k+1)(3k+2)
&=\sum_{k'=1}^{1001}k'(3k'-1)\\
&=3 \sum_{k'=1}^{1001}k'^{2}-\sum_{k'=1}^{1001}k' \\
&=3\dfrac{1001\cdot 1002\cdot 2003}{6}-\dfrac{1001\cdot 1002}{2}\\
&=\dfrac{1001\cdot 1002}{2}\,(2003-1) \\
&=1001^{2}\cdot 1002 =1\,004\,005\,002.
\end{aligned}\]