Somme des n premiers carrés

En mathématiques, la somme des n premiers carrés, qui est le n-ième nombre pyramidal carré, s'exprime par un polynôme de degré 3 :

${\displaystyle S_{n}=1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots +n^{2}={\frac {n^{3}}{3}}+{\frac {n^{2}}{2}}+{\frac {n}{6}}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}}$.

On peut retenir que ${\displaystyle 3S_{n}}$ est égale à ${\displaystyle 2n+1}$ fois la somme des ${\displaystyle n}$ premiers entiers.

Cette identité constitue un cas particulier de la formule de Faulhaber.

Les valeurs de ${\displaystyle S_{n}}$ pour les premiers entiers naturels sont : 0, 3, 15, 42, 90, 165, 273, 420, 612, 855, 1155, etc. (suite A059270 de l'OEIS).

Cette démonstration nécessite de connaitre la formule à l'avance^[1].

On constate que cette propriété est vraie pour ${\displaystyle n=1}$ ; puis on suppose (hypothèse de récurrence) que ${\displaystyle S_{n-1}={\frac {n(n-1)(2n-1)}{6}}}$. Alors : ${\displaystyle S_{n}=S_{n-1}+n^{2}=n\left({\frac {(n-1)(2n-1)}{6}}+n\right)=n\left({\frac {2n^{2}+3n+1}{6}}\right)={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}}$, ce qui achève la récurrence.

Dans son livre sur les preuves sans mots^[2], Nelsen répertorie 9 preuves visuelles de calcul de la somme des ${\displaystyle n}$ premiers carrés^[3],[4].

Par exemple, il représente la somme sous forme de trois escaliers :

$${\displaystyle \underbrace {\begin{matrix}n&n&n&\cdots &\cdots &n\\&n-1&n-1&n-1&\cdots &n-1\\&&\ddots &\ddots &&\vdots \\&&&\ddots &\ddots &\vdots \\&&&&2&2\\&&&&&1\end{matrix}} _{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}}\,+\,\underbrace {\begin{matrix}1&2&\cdots &\cdots &n-1&n\\&2&\cdots &\cdots &n-1&n\\&&\ddots &\ddots &&\vdots \\&&&\ddots &\ddots &\vdots \\&&&&n-1&n\\&&&&&n\end{matrix}} _{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}}\,+\,\underbrace {\begin{matrix}n&n-1&n-2&\cdots &\cdots &1\\&n&n-1&n-2&\cdots &2\\&&\ddots &\ddots &&\vdots \\&&&\ddots &\ddots &\vdots \\&&&&n&n-1\\&&&&&n\end{matrix}} _{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}}=\underbrace {\begin{matrix}2n+1&2n+1&2n+1&\cdots &\cdots &2n+1\\&2n+1&2n+1&2n+1&\cdots &2n+1\\&&\ddots &\ddots &&\vdots \\&&&\ddots &\ddots &\vdots \\&&&&2n+1&2n+1\\&&&&&2n+1\end{matrix}} _{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k(2n+1)={\frac {1}{2}}n(n+1)(2n+1)}}$$

Elle utilise le fait que ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}k=n(n+1)/2}$.

Par télescopage, ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}((k+1)^{3}-k^{3})=(n+1)^{3}}$.

Mais ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}((k+1)^{3}-k^{3})=\sum _{k=0}^{n}(3k^{2}+3k+1)=3S_{n}+3n(n+1)/2+n+1}$.

Donc ${\displaystyle 3S_{n}=(n+1)^{3}-(n+1)(1+3n/2)=(n+1)((n+1)^{2}-1-3n/2)=n(n+1)(2n+1)/2}$, d'où la formule.

1) Par interversion des signes de sommation, on a : ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}=\sum _{k=1}^{n}\sum _{q=1}^{k}k=\sum _{q=1}^{n}\sum _{k=q}^{n}k=\sum _{q=1}^{n}{\frac {q+n}{2}}(n+1-q)}$.

En changeant ${\displaystyle q}$ en ${\displaystyle n+1-q}$, on obtient : ${\displaystyle 2\sum _{k=1}^{n}k^{2}=\sum _{q=1}^{n}(2n+1-q)q=(2n+1)\sum _{q=1}^{n}q-\sum _{q=1}^{n}q^{2}}$, d'où ${\displaystyle 3S_{n}=(2n+1)\sum _{q=1}^{n}q}$, ce qui donne la formule voulue^[2].

2) On sait que ${\displaystyle k^{2}=1+3+\cdots +(2n-1)=\sum _{q=1}^{k}(2q-1)}$.

Donc de nouveau par interversion, ${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}=\sum _{k=1}^{n}\sum _{q=1}^{k}(2q-1)=\sum _{q=1}^{n}\sum _{k=q}^{n}(2q-1)=\sum _{q=1}^{n}(2q-1)(n+1-q)}$.

En changeant ${\displaystyle q}$ en ${\displaystyle n+1-q}$, on obtient :${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2}=\sum _{q=1}^{n}(2n+1-2q)q=(2n+1)\sum _{q=1}^{n}q-2\sum _{q=1}^{n}q^{2}}$, d'où ${\displaystyle 3S_{n}=(2n+1)\sum _{q=1}^{n}q}$ ^[2].

La suite ${\displaystyle (S_{n})}$ est la solution s'annulant en 0 de la récurrence linéaire avec second membre polynomial ${\displaystyle u_{n+1}-u_{n}=(n+1)^{2}}$.

On cherche une solution polynomiale de degré 3 de la forme ${\displaystyle u_{n}=an^{3}+bn^{2}+cn}$, ce qui mène à la relation : ${\displaystyle 3an^{2}+(3a+2b)n+a+b+c=n^{2}+2n+1}$, puis au système linéaire : ${\displaystyle (3a=1,3a+2b=2,a+b+c=1)}$, de solution ${\displaystyle (a=1/3,b=1/2,c=1/6)}$ ; on obtient la solution ${\displaystyle S_{n}={\frac {n^{3}}{3}}+{\frac {n^{2}}{2}}+{\frac {n}{6}}}$ sous forme développée.

On peut démontrer cette identité par un raisonnement combinatoire utilisant une preuve par double dénombrement.

Pour ${\displaystyle n\geqslant 2}$, on définit l'ensemble : ${\displaystyle A:=\{(a,b,c)\in \{1,\ldots ,n\}^{3}\,|\,a>b,a>c\}}$.

Premier dénombrement

On considère l'ensemble des triplets ${\displaystyle (a,b,c)}$ de ${\displaystyle A}$ tel que ${\displaystyle a=n}$. Alors, comme il existe ${\displaystyle n-1}$ possibilités pour ${\displaystyle b,c}$, le nombre total de tels triplets est de ${\displaystyle (n-1)^{2}}$. De la même manière le nombre de triplets tels que ${\displaystyle a=n-1}$ est de ${\textstyle (n-2)^{2}}$. Ainsi en continuant le raisonnement on trouve que : $${\displaystyle |A|=(n-1)^{2}+(n-2)^{2}+\ldots +1^{2}=S_{n}}$$Deuxième dénombrement

On va maintenant distinguer les cas en fonction des relations d'égalités entre ${\displaystyle b,c}$ :

• Cas 1 : ${\displaystyle b=c}$

Dans ce cas là, il y a ${\displaystyle {\binom {n}{2}}}$ possibilités. En effet une fois choisis les 2 nombres, le plus grand des 2 sera la valeur de ${\displaystyle a}$ et l'autre la valeur commune de ${\displaystyle b,c}$.

• Cas 2 : ${\displaystyle b\neq c}$

On choisit 3 entiers distincts dans ${\displaystyle \{1,\ldots ,n\}}$ : ${\displaystyle {\binom {n}{3}}}$ choix. Le plus grand ira en ${\displaystyle a}$. Les 2 autres seront assignés librement aux positions ${\displaystyle b,c}$.

Le nombre total de triplets de ce sous-cas est donc : ${\displaystyle 2{\binom {n}{3}}}$

Ainsi :

${\displaystyle {\begin{aligned}|A|&={\binom {n}{2}}+2{\binom {n}{3}}\\&=n(n-1)\left({\frac {1}{2}}+{\frac {n-2}{3}}\right)\\&={\frac {n(n-1)(2n-1)}{6}}\end{aligned}}}$

D'où la formule.

Ce résultat est un cas particulier de celui donnant les sommes des premières puissances en fonction des nombres de surjections.

• Algèbre géométrique
• Carré parfait
• Somme (arithmétique)
• Somme des n premiers cubes
• Formule de Faulhaber, qui donne une expression de ${\displaystyle 1^{p}+2^{p}+3^{p}+\cdots +n^{p}}$ pour tout ${\displaystyle p}$

• [vidéo] SoMath, « 1+ 2² + 3² +...+ n² | illustration et démonstration », sur YouTube, 30 mars 2021

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