Pour tout entier naturel
n, posons la propriété
Pn:Sn=6n(n+1)(2n+1)Rappelons que
Sn=12+22+32+42+…+n2Etape d’initialisationPour
n=1, on a
Sn=12=1 et
Sn=61×(1+1)(2×1+1)=1 .
La propriété
P1 est vraie.
Pour
n=2, on a
Sn=12+22=5 et
Sn=62×(2+1)(2×2+1)=5 .
La propriété
P2 est vraie
Nous avons ici exceptionnellement détaillé les
2 premiers termes afin que vous puissiez mieux appréhender les calculs de cette somme. Pour la récurrence, comme vous le savez pour l'étape d'initialisation, vous n'avez besoin que du cas
n=1On sait que
Sk=12+22+32+42+…+k2 donc
Sk+1=12+22+32+42+…+k2+(k+1)2Ainsi
Sk+1=Sk+(k+1)2, nous allons avoir besoin de cette information pour la récurrence.
Etape d’heˊreˊditeˊOn suppose qu'il existe un entier
k tel que la propriété
Pk soit vraie c'est-à-dire
Sk=6k(k+1)(2k+1) et vérifions si la propriété est également vraie au rang
k+1 c'est-à-dire
Sk+1=6(k+1)(k+2)(2(k+1)+1) autrement dit
Sk+1=6(k+1)(k+2)(2k+3)Par hypothèse de récurrence :
Sk=6k(k+1)(2k+1) , on rajoute
(k+1)2 de part et d'autre de l'égalité
Sk+(k+1)2=6k(k+1)(2k+1)+(k+1)2 (apparait maintenant dans le membre de gauche
Sk+1)
Sk+1=6k(k+1)(2k+1)+(k+1)2 (on va mettre tout au même dénominateur dans le membre de droite)
Sk+1=6k(k+1)(2k+1)+66(k+1)2Sk+1=6k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2, on factorise maintenant par
k+1. Il vient alors :
Sk+1=6(k+1)×[k(2k+1)+6(k+1)]Sk+1=6(k+1)×[2k2+k+6k+6]Sk+1=6(k+1)×[2k2+7k+6]Or on veut montrer que
Sk+1=6(k+1)(k+2)(2k+3)On développe
(k+2)(2k+3) et on vérifie que ça donne également
2k2+7k+6 .
Il vient que
(k+2)(2k+3)=2k2+3k+4k+6 donc
(k+2)(2k+3)=2k2+7k+6Comme
Sk+1=6(k+1)×[2k2+7k+6] alors on a montré que
Sk+1=6(k+1)(k+2)(2k+3)Ainsi la propriété
Pk+1 est vraie.
ConclusionPuisque la propriété
P1 est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel
n non nul, on a
Pn vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel
n non nul, on a bien :
Sn=6n(n+1)(2n+1)