A propos de la formule du petit Gauß

C’est ce billet du blog Math O’ Man qui m’a incité à écrire les lignes qui suivent. Dans ce billet, où la formule

1+\cdots+n=\frac 1 2 n(n+1)

est appelée la « formule du petit Gauß », on demande des preuves n’utilisant pas la méthode de récurrence de formules classiques comme par exemple

1^3+\cdots+n^3=(1+\cdots+n)^2

Je me suis mis à réfléchir à ce problème d’éviter la méthode de récurrence et je suis finalement tombé sur une généralisation de la formule du petit Gauß que je vais vous présenter ci-dessous.

Voici d’abord le cheminement qui m’y a conduit.

Je suis parti de l’observation suivante : 1+\cdots+n est la valeur en x=1 de la dérivée de

1+x+x^2+\cdots +x^n=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}

On a donc

1+\cdots+n=\lim_{x\to 1}\left(\frac{x^{n+1}-1}{x-1}\right)'=\lim_{x\to 1}\frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(x-1)^2}

Pour calculer cette limite, j’applique la règle de l’Hospital, qui donne

1+\cdots+n=\lim_{x\to 1}\frac{n(n+1)x^n-n(n+1)x^{n-1}}{2(x-1)}=\lim_{x\to 1}\frac 1 2 n(n+1)x^{n-1}=\frac 1 2 n(n+1)

J’ai ensuite cherché à appliquer la même idée pour le calcul de la somme des carrés. En écrivant

\sum_{k=1}^nk^2=\sum_{k=1}^nk(k-1)+\sum_{k=1}^nk

on fait apparaitre la somme qu’on vient de calculer ainsi que la valeur en x=1 de la dérivée seconde de 1+\cdots +x^n. Le calcul ne pose pas de problème — il est simplement un peu plus long que le précédent — et donne

\lim_{x\to 1}\left(\frac{x^{n+1}-1}{x-1}\right)''=\frac 1 3 (n-1)n(n+1)

Ainsi

\sum_{k=1}^nk^2=\frac 1 3 (n-1)n(n+1)+\frac 1 2 n(n+1)=\frac 1 6 n(n+1)(2n+1)

La même méthode pourrait en principe s’appliquer au calcul de la somme des cubes car

k^3=k(k-1)(k-2)+3k(k-1)+k

et même à celui de la somme des l-ièmes puissances car il est clair que k^l est une combinaison linéaire de produits de la forme k(k-1)\cdots (k-i+1). Mais pour s’en tenir strictement à la méthode appliquée plus haut, il faudrait pouvoir évaluer directement les limites

\lim_{x\to 1}\frac{d^i}{dx^i}\frac{x^{n+1}-1}{x-1}

Si c’est faisable pour les premières valeurs de i, ce ne l’est pas en général. C’est alors que je me suis dit qu’il serait bien possible que l’égalité

(1) \sum_{k=1}^nk(k-1)\cdots (k-l+1)=\frac{1}{l+1}(n-l+1)\cdots n(n+1)

soit vraie (pour tout l>0). Pour l=1, c’est la formule du petit Gauß et, ci-dessus, nous l’avons démontrée pour l=2.

Pour établir cette égalité, qui est effectivement vraie, je vais utiliser le fait que deux fonctions ayant mêmes dérivées premières diffèrent d’une constante (sur un connexe, bien entendu, mais cela ne jouera pas ici).

Appelons u_n le membre de gauche de (1) et v_n celui de droite. La dérivée de la suite n\mapsto u_n est

n\mapsto u_{n+1}-u_n=(n+1)n\cdots (n-l+2)

La dérivée de la suite n\mapsto v_n est

n\mapsto v_{n+1}-v_n=\frac{1}{l+1}(n+1)n\cdots(n-l+1)\left(\frac{n+2}{n-l+1}-1\right)=(n+1)n\cdots (n-l+2)

Les suites u, v sont donc égales(*) car

u_1=v_1=\begin{cases}1 \mbox{\ si\ } l=1\\ 0\mbox{\ si\ } l>1\end{cases}

Voici deux exemples d’utilisation de (1). On en déduit d’abord immédiatement que

\lim_{x\to 1}\frac{d^l}{dx^l}\frac{x^{n+1}-1}{x-1} =\frac{1}{l+1}(n-l+1)\cdots n(n+1)

Ensuite, il vient

\begin{array}{rcl}\sum_{k=1}^nk^3&=&\sum_{k=1}^nk(k-1)(k-2)+3\sum_{k=1}^nk(k-1)+\sum_{k=1}^nk\\[1ex]&=&\frac 1 4 (n-2)(n-1)n(n+1)+(n-1)n(n+1)+\frac 1 2n(n+1)\\[1ex]&=&\frac 1 4n(n+1)[(n-2)(n-1)+4(n-1)+2]\\[1ex]&=&\frac 1 4 n^2(n+1)^2\\[1ex]&=&\left(\sum_{k=1}^nk\right)^2\end{array}

Voilà, ce sera tout pour ce billet.

😉

__________
(*) Une suite n\mapsto x_n est reconstituée à l’aide de sa dérivée et de sa valeur initiale par la formule x_n=(x_n-x_{n-1})+\cdots + (x_2-x_1)+x_1.

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