à propos $\sum_{i=1}^n i^k$

Bonjour,

Un moyen est de considérer l'endomorphisme $u$ de l'espace vectoriel $\R_k[X]$ des polynômes de degré $\leq k$ défini par $u(P)= (X+1)\,P(X+1) - X\,P(X)$, pour montrer qu'il existe un unique $P_k$ tel que $u(P)=X^k$. Quelle propriétés mirifiques possède alors le polynôme $Q_k=X\,P_k$?

Cordialement.

Solal : avec les notations de Meu, si $u(P_k)=(X+1)^k$ alors $Q_k(X+1)=Q_k(X)+(X+1)^k$ ; ça donne envie de calculer $Q_k(n)$ non ?

Sans algèbre linéaire, on peut déterminer ces sommes par récurrence.

Je note $S_k(n) = \displaystyle \sum_{j=1}^n j^k$. D'après le binôme de Newton, on a, pour tout $j$ et $k$ :
\[ (j+1)^{k+1}-j^{k+1} = \sum_{i=0}^{k} \binom{k+1}{i} j^i \]
En faisant la somme de ces égalités pour $j$ entre $1$ et $n$, le membre de gauche se simplifie et on obtient :
\[ (n+1)^{k+1} - 1 = \sum_{i=0}^{k} \binom{k+1}{i} S_i(n) \]
En isolant le terme $i=k$ dans la somme, on a donc :
\[ S_k(n) = \dfrac{1}{k+1}\left[ (n+1)^{k+1} -1 - \sum_{i=0}^{k-1} \binom{k+1}{i} S_i(n) \right] \]

Ainsi, comme $S_0(n) = n$, on en déduit, en applicant la formule avec $k=1$, $S_1(n) = \dfrac{1}{2}n(n+1)$, puis, avec $k=2$, $S_2(n) = \dfrac{1}{6} n(n+1)(2n+1)$, puis, avec $k=3$, $S_3(n) = \dfrac{1}{4} n^2(n+1)^2$, puis, avec $k=4$, $S_4(n) = \dfrac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)$, etc.

Autre méthode:
On voit par récurrence, en utilisant la formule du triangle de Pascal, que:
(somme de i=1 à n)C(i,k)=C(n+1,k+1) (on a utilisé la convention C(i,k)=0 pour i<k).Le membre de droite est un polynôme de degré (k+1).

Pour k=1, on a: (somme de i=1 à n)C(i,1)=C(n+1,2), ce qui s'écrit: 1+2+..+n=n(n+1)/2

Pour k=2, on a:(somme de i=1 à n)C(i,2)=C(n+1,3), ce qui s'écrit:
(somme de i =1 à n) i*(i-1) = (n+1)*n*(n-1)/3.

On remarque que: i²=i*(i-1)+i. En sommant de i=1 à n, on obtient:
(somme de i=1 à n) i²=[(n+1)*n*(n-1)/3]+n(n+1)/2=n(n+1)(2n+1)/6.

Pour k=3, on a::(somme de i=1 à n)C(i,3)=C(n+1,4), ce qui s'écrit:
(somme de i =1 à n) i*(i-1)*(i-2)=1/4*(n+1)n(n-1)(n-2)

Par ailleurs: i³=i(i-1)(i-2)+3i(i-1)+i. En sommant de i =1 à n, on obtient la formule pour la somme des i³.
On peut continuer ainsi, la formule générale fait intervenir les nombres de Stirling (décompsition de i^m sur la base i, i(i-1) etc.

Bonjour à tous,

solal: peux-tu modifier le titre pour qu'il soit plus concret ? suis vraiment entré par hasard ! Merci.

En tant qu' "intervenat" de ce fil, quelques compléments , il me semble que différentes méthodes explicitées dans ce fil apportent la réponse souhaitée par solal.

Je souhaite revenir, comme prévu, sur la très jolie formule "balancée" explicitant la nature exacte du polynôme recherché. D'abord, je trouve cette relation très jolie, ensuite je ne l'ai rencontrée qu'une seule fois: c'est dans le remarquable recueil de problèmes Encore des Maths - Eric Sorosina - EdiScience. Il m'est déjà arrivé dans le passé de vanter ici-même ce livre et ses quatorze problèmes qui ont tous été créés par l'auteur à partir de problèmes insolites de concours, un feu d'artifices s'achevant en bouquet sur le théorème de Baire et ses applications...

Cette formule "balancée", qui me fait un peu penser à la formule d'Euler-MacLaurin, ( là aussi une formule de généralisation avec la présence des polynômes et nombres de Bernoulli ), est démontrée dans le problème 3 de l'ouvrage qui aborde aussi le calcul de $\zeta(2p)$ plus classique. Les grandes étapes:

->étude de l'endomorphisme $u$ de l'espace vectoriel $\R[X]$ [puis de la restriction sur $\R_k[X]$] défini par $u(P)(X)= P(X+1) - P(X)$ : noyau, image, puis équation u(P)=Q d'inconnue P, équation dans $\R[X]$
-> étude des polynômes de Bernoulli vérifiant entre autre $B_n(X+1)-B_n(X)=nX^{n-1}$ , puis découverte des nombres de Bernoulli, avec la relation de récurrence reliant $b_0,b_1,...,b_n$,
-> a partir de $B_{p+1}(X+1)-B_{p+1}(X)=(p+1)X^p$, on somme pour $X=0,1,...,n$, et comme $B_{p+1}(0)=b_{p+1}$, c'est fini.

Cette démonstration occupe cinq pages que je n'envisage pas de recopier ici (je tape d'un seul doigt et suis très très lent); par contre, si certains d'entre-vous sont intéressés, qu'ils me laissent leur adresse e-mail sur ma messagerie privée, et c'est avec plaisir que je leur enverrai ces cinq pages scannées; il m'est déjà arrivé par le passé de dépanner certains d'entre-vous en procédant ainsi.

Amicalement, bonne journée à tous.

Bonjour solal,

Oui, c'est parfait le titre.
Envoie sur ma messagerie privée ton adresse email, et je t'enverrai les cinq premières pages de la preuve + l'énoncé; il n'est techniquement pas possible d'envoyer des pièces jointes via la messagerie privée.

Amicalement.