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La suite des entiers naturels donne un exemple assez simple de somme partielle. Très facile à étudier, sa somme partielle est aussi très utile pour établir les sommes partielles d'autres suites, comme les suites arithmétiques. La suite des carrés des entiers naturels, celle des cubes, et bien d'autres se dérivent aussi à partir de la suite des entiers. Dans cette section, nous allons étudier la suite des entiers, la suite de leurs carrés, puis de leurs cubes.
==La suite des entiers (nombres triangulaires)==
: <math>u_n = \frac{n ( n + 1 )}{2}</math>
==La suite des carrés (nombres pyramidaux carrés)==
Après avoir vu la somme des n premiers entiers, nous allons poursuivre en voyant la somme de leurs carrés. Encore une fois, il s'agit d'une suite de Riemann, dont la forme est la suivante :
: <math>\sum_{x = 1}^n x^2 = \sum_{x = 1}^n \frac{1}{x^{-2}} = 1^2 + 2^2 + 3^2 + 4^2 + 5^2 + 6^2 + ... + n^2</math>
[[File:Square pyramidal number.svg|vignette|Illustration du quatrième nombre pyramidale.]]
Cette somme peut se représenter sous la forme d'une figure géométrique, comme les nombres triangulaires. Mais cette forme est en trois dimensions : c'est une pyramide dont la base est carrée. D'où le nom de '''nombres pyramidaux carrés''' donné aux nombres provenant d'une somme des n premiers carrés.
La somme des n premiers carrés, qui n'est autre que le énième nombre pyramidal carré, vaut :
: <math>\sum_{x = 1}^n x^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} = \frac{n(n + 1)}{2} \frac{2n + 1}{3}</math>
{{démonstration | contenu =
Pour démontrer cette formule, nous allons utiliser les notations suivantes pour la somme des n premiers entiers, des n premiers carrés et des n premiers cubes :
: <math>S_n^1 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + ... + n</math>
: <math>S_n^2 = 1 + 2^2 + 3^2 + 4^2 + 5^2 + 6^2 + ... + n^2</math>
: <math>S_n^3 = 1 + 2^3 + 3^3 + 4^3 + 5^3 + 6^3 + ... + n^3</math>
Pour faire la démonstration, nous allons partir du développement du cube de n+1 :
: <math>(n + 1)^3 = (n + 1) \times (n + 1)^2 = n^3 + 3 n^2 + 3 n + 1</math>
Appliquons maintenant cette formule sur tous les nombres de 1 à n + 1 :
* <math>(n + 1)^3 = (n + 1) + (n + 1)^2 = n^3 + 3 n^2 + 3 n + 1</math>
* ...
* <math>2^3 = 1^3 + 3 (1)^2 + 3 (1) + 1</math>
* <math>1^3 = 0^3 + 3 (0)^2 + 3 (0) + 1</math>
Additionnons le tout en colonnes. On trouve alors :
: <math>S_{n + 1}^3 = S_n^3 + 3 S_n^2 + 3 S_n + n + 1</math>
: <math>S_{n + 1}^3 - S_n^3 = 3 S_n^2 + 3 S_n + n + 1</math>
Or, on voit que <math>S_{n + 1}^3 - S_n^3</math> vaut, par définition <math>(n + 1)^3</math>. Faisons le remplacement :
: <math>(n + 1)^3 = 3 S_n^2 + 3 S_n + n + 1</math>
: <math>3 S_n^2 = (n + 1)^3 - (3 S_n + n + 1)</math>
Développons <math>(n + 1)^3</math> :
: <math>3 S_n^2 = (n^3 + 3 n^2 + 3 n + 1) - (3 S_n + n + 1)</math>
: <math>3 S_n^2 = n^3 + 3 n^2 + 2 n - 3 S_n </math>
: <math>S_n^2 = \frac{n^3 + 3 n^2 + 2 n - 3 S_n}{3}</math>
: <math>S_n^2 = \frac{n^3 + 3 n^2 + 2 n}{3} - S_n</math>
Or, on sait que : <math>u_n = \frac{n ( n + 1 )}{2} = \frac{n^2 + n}{2}</math>, ce qui donne :
: <math>S_n^2 = \frac{n^3 + 3 n^2 + 2 n}{3} - \frac{n^2 + n}{2}</math>
Mettons au même dénominateur :
: <math>S_n^2 = \frac{2 n^3 + 6 n^2 + 4 n}{6} - \frac{3 n^2 + 3 n}{6}</math>
: <math>S_n^2 = \frac{2 n^3 + 3 n^2 + n}{6}</math>
: <math>S_n^2 = \frac{n (2 n^2 + 3 n + 1)}{6}</math>
: <math>S_n^2 = \frac{n (n+1) (2 n + 1)}{6}</math>}}
==La suite des cubes (nombres triangulaires carrés)==
[[File:Nicomachus theorem 3D.svg|vignette|Représentation visuelle de l'identité de Nicomaque de Gérase.]]
Maintenant, passons à la suite de l'inverse des cubes, définie par :
: <math>\sum_{x = 1}^n x^3 = 1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 + 5^3 + 6^3 + ... + n^3</math>
On peut prouver que :
: <math>\sum_{x = 1}^n x^3 = \left( \sum_{x = 1}^n x \right)^2</math>
Ce qui peut s’écrire comme suit, sachant que <math>\sum_{x = 1}^n x = \frac{n(n+1)}{2}</math> :
: <math>\sum_{x = 1}^n x^3 = \frac{n^2 (n+1)^2}{4}</math>
Cette identité est connue sous le nom d'identité de Nicomaque, en l'honneur du découvreur de cette formule, Nicomaque de Gérase. Il existe plusieurs démonstrations de cette formule, mais la plus simple est clairement la démonstration par induction.
{{démonstration |contenu =
Pour commencer, la formule est valable pour n = 1 :
: <math>1 = \frac{1^2 (1+1)^2}{4}</math>
Maintenant, supposons que la formule soit valable pour n, et regardons ce que cela donne pour n+1. Partons de la formule de la somme des cubes jusqu’à n+1, écrite comme suit :
: <math>\sum_{x = 1}^{n+1} x^3 = \sum_{x = 1}^{n} x^3 + (n+1)^3</math>
Vu qu'on suppose que la formule de Nicomaque est valide pour n, appliquons-là :
: <math>\sum_{x = 1}^{n+1} x^3 = \frac{n^2 (n+1)^2}{4} + (n+1)^3</math>
Mettons le tout au même dénominateur :
: <math>\sum_{x = 1}^{n+1} x^3 = \frac{n^2 (n+1)^2}{4} + \frac{4 (n+1)^3}{4}</math>
Factorisons <math>(n+1)^2 \over 4</math> :
: <math>\sum_{x = 1}^{n+1} x^3 = \frac{(n+1)^2}{4} \left[ n^2 + 4 (n+1) \right]</math>
Développons le terme entre parenthèses :
: <math>\sum_{x = 1}^{n+1} x^3 = \frac{(n+1)^2}{4} \left[ n^2 + 4 n + 4 \right]</math>
On utilise alors l'identité remarquable <math>(n+2)^2 = n^2 + 4 n + 4</math> :
: <math>\sum_{x = 1}^{n+1} x^3 = \frac{(n+1)^2 (n+2)^2}{4}</math>
On voit donc que la formule de Nicomaque est respectée pour n+1, si elle est respectée pour n. L'induction est donc valide.}}
<noinclude>
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