Sommes des cubes des n premiers entiers

[dragon201]

Bonjour j'aimerais savoir si quelqu'un aurait la correction de cet exercice, ou connaîtrait une astuce, c'est la première fois que je rencontre ce genre de récurrence..
Montrer que ∀n ∈N∗, 1^3+ 2^3 +∙∙∙+ n^3 = ((n(n+1))/2)^2

Merci d'avance pour vos réponses

[Lostounet]

Bonjour j'aimerais savoir si quelqu'un aurait la correction de cet exercice, ou connaîtrait une astuce, c'est la première fois que je rencontre ce genre de récurrence..
Montrer que ∀n ∈N∗, 1^3+ 2^3 +∙∙∙+ n^3 = ((n(n+1))/2)^2

Merci d'avance pour vos réponses

Bonjour,

Tu peux le démontrer par récurrence. L'initialisation est facile.
Ensuite:
Si n est un entier naturel, suppose que:
1+2^3+3^3...+n^3=(n(n+1)/2)^2

Tu dois donc démontrer l'hérédité:
1^3+....+n^3+(n+1)^3=((n+1)(n+2)/2)^2

Comment passer de la première égalité à la deuxième?

[WillyCagnes]

bonjour à tous,
pour les matheux voir la vidéo
https://www.youtube.com/watch?v=f7iQOqdmz78

[Lostounet]

bonjour à tous,
pour les matheux voir la vidéo
https://www.youtube.com/watch?v=f7iQOqdmz78

Dommage que Jonathan ne fréquente plus le forum!
^^

[Sake]

Il me rappelle quelqu'un (j'avais vu ses vidéos à l'époque), mais je me rappelle plus du pseudo!

[aviateur]

Bonjour
J'ai vu la vidéo. La deuxième méthode utilise tout de même que où p est un polynôme de degré 4.
Une fois cela admis on a implique ou encore

(relation A)

D'où le seconde relation
(relation B)

Avec x=1 dans A, puis x=0 dans la relation A on voit que 0 et -1 sont racines de p.

Avec x=0 dans la relation B on voit que p'(0)=p'(-1) mais p étant un polynôme de degré 4, on obtient
p(0)=p'(-1)=0.
En conclusion 0 et -1 sont racines doubles de p d'où
p(x)=cste. x^2(x+1)^2
Mais p(1)=1^3=1 d'où la constante =1/4.
Finalement on trouve p(n)=1/4 n^2(n+1)^2.
Ceci si on veut retrouver la formule avec peu de calculs.

Mais si on revient à la question posée, on donne la formule, et c'est bien une récurrence qu'il faut faire.

[Lostounet]

Bonjour j'aimerais savoir si quelqu'un aurait la correction de cet exercice, ou connaîtrait une astuce, c'est la première fois que je rencontre ce genre de récurrence..
Montrer que ∀n ∈N∗, 1^3+ 2^3 +∙∙∙+ n^3 = ((n(n+1))/2)^2

Merci d'avance pour vos réponses

Voici un moyen de visualiser:


La somme des cubes est égale à "l'aire " du carré de côté (1+2+...5) donc on utilise la formule n(n+1)/2 (somme des entiers consécutifs).

[aviateur]

Très intéressant cette figure.

[LB2]

J'ai une autre méthode sympathique pour calculer cette somme, même si elle nécessite de connaître les valeurs de la somme des n premiers entiers et des n premiers carrés des entiers.

On définit f une permutation de [[1,n]] par f(k)=n+1-k.
En écrivant 1^3+2^3+...+n^3=f(1)^3+f(2)^3+...+f(n)^3, on obtient une relation entre la somme cherchée et les sommes précédentes. En résolvant l'équation du premier degré, on obtient la somme cherchée.
Cette méthode marche pour tous les exposants impairs.

@ Lostounet : Super cette visualisation, j'aime beaucoup les "demi-carrés" pour compléter la figure!

[aviateur]

Bonjour

J'ai une autre méthode sympathique pour calculer cette somme, même si elle nécessite de connaître les valeurs de la somme des n premiers entiers et des n premiers carrés des entiers.

C'est pas un problème puisque le calcul des sommes (comme on l'a vu sur la vidéo) se calculent par récurrence sur k. C'est Gauss qui a démontré cela.

Par contre

En écrivant 1^3+2^3+...+n^3=f(1)^3+f(2)^3+...+f(n)^3, on obtient une relation entre la somme cherchée et les sommes précédentes. En résolvant l'équation du premier degré, on obtient la somme cherchée.

je n'ai absolument pas compris.

[LB2]

Ce n'est pourtant pas bien compliqué.
Je te donne l'idée pour calculer la somme des entiers, c'est plus simple :

f(k)=n+1-k est une permutation de [[1,n]], c'est donc une réorganisation des termes que je propose

S=1+2+3+...+n=f(1)+f(2)+f(3)+...+f(n)=(n+1-1)+(n+1-2)+...+(n+1-n)=n(n+1)-S

Cette idée n'est pas neuve ni de moi, d'ailleurs...

[aviateur]

Merci, ça je connais bien depuis que je suis tout petit. Mais tel que c'est présenté il faut comprendre.
Et effectivement l'idée n'est pas neuve, c'est exactement la démonstration de Gauss. Au moins pour k=1.
Pour k=3, oui c'est intéressant.
Il y a une histoire (mais je ne sais plus où j'ai entendu cela et ne sais pas si elle est vraie) qui dit que, Gauss alors qu'il était enfant,
avait avec sa classe reçu une punition donnée par l'instituteur qui consistait à calculer la somme des nombres de 1 à 99 (où quelque chose comme cela).
alors il calcule comme ça 2s=(1+2+....+99)+(99+.98+...+1)=(1+99)+(2+98)...+(99+1)=100*99
D'où s=50*99=4950. Mais donnant le résultat trop vite au bout de quelques secondes, il a subi alors une seconde punition, l'instituteur ne connaissait pas la réponse!

[LB2]

oui mais pour l'exposant 2, le terme k^2 se simplifie, c'est pour ça que cette méthode ne fonctionne que pour les exposants impairs

[aviateur]

Ok il faut écrire pour voir que k doit être impair