A533. Cubes en tous genres, petits et grands

A533. Cubes en tous genres, petits et grands

solution proposé par Quentin LEONE

Table des matières

1 Enoncé 2

2 Solution 2

2.1 Solution de P1 . . . 2

2.2 Solution de P2 . . . 6

2.2.1 Solution de la première question . . . 6

2.2.2 Solution de la deuxième question . . . 10

2.3 Solution de P3 . . . 10

1 Enoncé

P1 Trouver tous les couples (n, a) ∈ N² avec a ∈ {2,3,4,5,6,7,9} tels que n! +a soit un cube.

P2 Quel est le plus petit entier naturel dont le cube se termine par sept chires consécutifs ? Existe-t-il un entier dont le cube se termine par 2009 chires identiques ?

P3 Soit {x₁, . . . , x_n} une suite de nombres réels telle que

∀n∈N,

n

X

k=1

x³_k =Xⁿ

k=1

x_k2

.

Montrer que pour tout n, la somme des n premiers termes est un nombre triangulaire.

2 Solution

2.1 Solution de P1

Pour trouver les couples (n, a) tel que n! + a soit un cube pour a ∈ {2,3,4,5,6,7,9}, nous allons chercher une méthode générale.

Soient a ∈ N et n ∈ N. Soient a = a^α₁¹. . . a^α_m^m avec ∀i ∈ {1, . . . , m}, a_i ∈N et α_i ∈N et n! =b^β₁¹. . . b^βp^p avec∀i ∈ {1, . . . , p}, b_i ∈ N etβ_i ∈ N, la décomposition en facteurs premiers de a et n!.

Supposons que a et n! soient premiers entre eux. Autrement dit, ∀i ∈ {1, . . . , m}, n6 a_i. Dans ce cas, nous devons essayer tous les n ∈N jusqu'a que n! et a ne soient plus premiers entre eux. Dans ce cas, l'usage d'un ordinateur se révélerait utile, surtout pour a grand. Sans compter le fait que nous devons connaître sa décomposition en facteurs premiers.

Supposons à présent que n! et a aient des facteurs communs. Soitσ leur nombre. Pour plus de clarté et de facilité, nous supposerons que les facteurs premiers de la décomposition den!etane sont pas classés par ordre croissant mais par facteurs communs. Il est évident queσ 6min(m, p). Nous pouvons donc factoriser n! +a par les facteurs premiers communs. Soitγi ∈Ntel que γ_i = min(α_i, β_i). Nous avons donc :

a=Qσ

k=1a^α_iⁱQm

k=σ+1a^α_iⁱ n! =Qσ

k=1a^β_iⁱQp

k=σ+1b^β_iⁱ Dans ce cas, σ <min(m, p). d'où :

n! +a=

σ

Y

k=1

a^γ_iⁱ

σ

Y

k=1

a^β_i^i−γi

p

Y

k=σ+1

b^β_iⁱ+

σ

Y

k=1

a^α_i^i−γi

m

Y

k=σ+1

a^α_iⁱ

Maintenant, pour que n! +a soit un cube, nous avons plusieur cas : cas oùQσ

k=1a^γ_iⁱ est un cube il faut que Qσ

k=1a^β_i^i−γiQp

k=σ+1b^β_iⁱ+Qσ

k=1a^α_i^i−γiQm

k=σ+1a^α_iⁱ soit un cube et donc nous devons trouver tous les n ∈ N tel que ce soit le

cas.

cas où Qσ

k=1a^γ_iⁱ est un carré dans ce cas, il faut que :

σ

Y

k=1

a^γ_iⁱ |

σ

Y

k=1

a^β_i^i−γi

p

Y

k=σ+1

b^β_iⁱ +

σ

Y

k=1

a^α_i^i−γi

m

Y

k=σ+1

a^α_iⁱ

mais aussi que : Qσ

k=1a^β_i^i−γiQp

k=σ+1b^β_iⁱ+Qσ

k=1a^α_i^i−γiQm

k=σ+1a^α_iⁱ Qσ

k=1a^γ_iⁱ soit un cube

Et ainsi, il faut trouver un n qui satisfasse ces deux conditions.

cas où Qσ

k=1a^γ_iⁱ n'est ni un cube ni un carré Dans ce cas, il faut que : σ

Y

k=1

a^γ_iⁱ 2

|

σ

Y

k=1

a^β_i^i−γi

p

Y

k=σ+1

b^β_iⁱ +

σ

Y

k=1

a^α_i^i−γi

m

Y

k=σ+1

a^α_iⁱ

mais aussi que : Qσ

k=1a^β_i^i−γiQp

k=σ+1b^β_iⁱ+Qσ

k=1a^α_i^i−γiQm

k=σ+1a^α_iⁱ

Qσ k=1a^γ_iⁱ

2 soit un cube

Et ainsi, il faut trouver un n qui satisfasse aussi ces deux conditions.

cas où Qσ

k=1a^γ_iⁱ est une puissance supérieure à 3 Nous n'avons qu'à regrouper Qσ

k=1a^γ_iⁱ en puissance de 3 comme par exemple a⁵ = a³a² et de traiter ce cas comme avec les cas précedent pour le regroupement qui n'est pas un cube.

Ainsi, en partant d'un n quelconque, nous prenons tous les n tel que n! +asoit un cube avec a∈ {2,3,4,5,6,7,9}. Pour cela, nous allons utiliser ce que nous avons démontrer ci-dessus. Je vais admettre certains résultats qui sont facilement vériables.

cas a = 2 Pour n ∈ {0,1}, n! + 2 n'est pas un cube. Pour n > 2, nous avons :

n! + 2 = 2

n

Y

k=3

k+ 1

Donc on doit avoir :

4|

n

Y

k=3

k+ 1

or à partir de n= 4, Qn

k=3k+ 1

est impair et donc4ne pourra pas diviser Qn

k=3k+ 1

. On constate que pour n = 3, n! +a est un cube. Donc le seul entier qui convient est 3.

cas a= 3 Pour n∈ {0,1,2,3},n! + 3 n'est pas un cube. Pourn >3, nous avons :

n! + 3 = 3 2

n

Y

k=4

k+ 1

Et nous devons donc avoir :

9| 2

n

Y

k=4

k+ 1

Or à partir den = 6,3|2Qn

k=4k, donc 3 ne divise pas 2Qn

k=4k+ 1

. Donc à partir den = 6,n!+3n'est pas un cube puisque 9 ne divise pas 2Qn

k=4k+1 Il nous reste les cas où n ∈ {4,5}. Il n'y a que le cas n = 4 pour que n! + 3. soit un cube.

cas a = 4 Pour n ∈ {0,1,2,3,4}, n! + 4 n'est pas un cube. Pour n > 4, nous avons :

n! + 4 = 4 6

n

Y

k=5

k+ 1

Nous si nous voulons que n! + 4 soit un cube, nous devons obligatoirement avoir :

2| 6

n

Y

k=5

k+ 1

Ce qui est impossible car ∀n >4, 6Qn

k=5k+ 1

est impair. Donc il n'existe pas d'entier n tel que n! + 4 soit un cube.

cas a = 5 Pour n ∈ {0,1,2,3,4,5}, n! + 5 n'est pas un cube sauf pour n = 5. pour n >5, nous avons :

n! + 5 = 5 24

n

Y

k=6

k+ 1

Et nous devons donc avoir :

25| 24

n

Y

k=6

k+ 1

Or à partir den = 10,24Qn

k=6kse termine par 0 et 24Qn

k=6k+1

se termine par 1 et donc il ne peut nullement être divisible par 25. Pour n ∈ {6,7,8,9}, il est facile de vérier qu'aucun entier ne convient. Donc le seul entier qui convient est n = 5.

cas a = 6 Pour n ∈ {0,1,2,3}, n! + 6 n'est pas un cube sauf pour n = 2. Pour n >3, on a :

n! + 6 = 6

n

Y

k=4

k+ 1

Donc nous devons avoir :

36|

n

Y

k=4

k+ 1

Or à partir de n = 6, il y a un facteur 6 dans Qn

k=4k et donc 6 ne divise pas Qn

k=4k+ 1

. Donc∀n >5,n! + 6 n'est pas un cube. Pourn∈ {4,5}, n! + 6 n'est pas un cube. le seul entier qui convient est donc n = 2.

cas a= 7 Pourn ∈ {0,1,2,3,4,5,6,7},n! + 7 n'est pas un cube sauf pour n = 1. Pour n >7, on a :

n! + 7 = 7 720

n

Y

k=8

k+ 1

Nous devons donc avoir :

49| 720

n

Y

k=8

k+ 1

Or à partir de n= 14, il y a un facteur 7 dans 720Qn

k=8k et donc 49 ne peut pas diviser 720Qn

k=8k+ 1

. On constate que pour n∈ {8,9,10,11,12,13}, n! + 7 n'est pas un cube. Donc n! + 7 est un cube pour n= 1.

cas a= 9 Pour n∈ {0,1,2,3,4,5}, n! + 9 n'est pas un cube. 6! + 9 est un cube. Soit n >6,

n! + 9 = 9 80

n

Y

k=7

k+ 1

Et comme précedemment, on doit avoir : 81| 80

n

Y

k=7

k+ 1

Or pour n > 8, 9|Qn

k=7k et donc 9 ne divise pas 80Qn

k=7k+ 1

. de plus, 7! + 9 et8! + 9ne sont pas des cubes. donc il n'existe pas d'entier autre que 6 tel que n! +a soit un cube.

Ainsi, pour(n, a)∈ {(3,2),(4,3),(5,5),(2,6),(1,7),(6,9)}, n! +a est un cube.

CQFD

2.2 Solution de P2

2.2.1 Solution de la première question

Pour résoudre ce problème, nous allons utiliser l'arithmétique surZ/10Z.

Soit un a∈Z/10Z.

Soitn=abcdef gun nombre de sept chires avecgcomme unité,f comme dizaine, etc. Soit n₀,n₁,n₂,n₃, n₄,n₅,n₆,n₇ les septs derniers chires (dans l'ordre décroissant : n0 est le tout dernier etn7 est le septième en partant de la droite) de n³.

Nous avons les relations suivantes entre les n_i chires de n³ et a, b, c, d, e, f, g, les chires de n :



























n0 =g³ n₁ = 3f g²

n₂ = 3eg²+ 3f²g n3 = 3dg²+ 6ef g+f³

n₄ = 3cg²+ 6df g+ 3ef²+ 3e²g

n₅ = 3bg²+ 3df² + 6deg+ 3e²f+ 6cf g

n6 = 3ag²+ 3d²g+ 6def +e³+ 6bf g+ 3cf²+ 6ceg n₇ = 3d²f+ 3de²+ 6af g+ 3bf²+ 6beg+ 6cdg+ 6cef

. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 0 2 4 6 8 0 2 4 6 8 3 0 3 6 9 2 5 8 1 4 7 4 0 4 8 2 6 0 4 8 2 6 5 0 5 0 5 0 5 0 5 0 5 6 0 6 2 8 4 0 6 2 8 4 7 0 7 4 1 8 5 2 9 6 3 8 0 8 6 4 2 0 8 6 4 2 9 0 9 8 7 6 5 4 3 2 1 Table 1 Multiplication sur Z/10Z

Pour résoudre le problème, il faut n₀ = n₁ = n₂ = n₃ = n₄ = n₅ = n₆ et n7 6=n0. Nous avons donc un système d'équations que nous allons résoudre en prenant toutes les valeurs deg et en utilisant de l'arithmétique surZ/10Z.

Nous aurons donc diérents entiers dont le cube aura ces sept derniers chires identiques :

g = 1 g³ = 1. n₁ = 1 ⇔ 3f g² = 1 ⇔ 3f = 1. Donc f = 7 etn₁ = 21. On a n₂ = 1 ⇔ 3eg²+ 3f²g+ 2 = 1 ⇔ 3e+ 149 = 1 ⇔ 3e = 2, donc e= 4 etn2 = 161.

On a n₃ = 1 ⇔ 3dg²+ 6ef g+f³+ 16 = 1 ⇔ 3d+ 527 = 1 ⇔ 3d = 4, donc d= 8 etn₂ = 551.

On a n4 = 1 ⇔ 3cg²+ 6df g+ 3ef²+ 3e²g+ 55 = 1 ⇔ 3d+ 1027 = 1 ⇔ 3d= 4, doncc= 8 et n₃ = 1051.

On an₅ = 1 ⇔ 3bg²+ 3df²+ 6deg+ 3e²f + 6cf g+ 105 = 1 ⇔ 3b+ 2145 = 1 ⇔ 3b = 6, donc b= 2 etn5 = 2151.

On a n₆ = 1 ⇔ 3ag²+ 3d²g+ 6def+e³+ 6bf g+ 3cf²+ 6ceg+ 215 = 1 ⇔ 3a+ 3267 = 1 ⇔ 3a= 4, donc a= 8 etn₆ = 3291.

On a n7 = 3. Donc n=8 288 471 convient.

g = 2 g³ = 8. On a n₁ = 8 ⇔ 3f g² = 8 ⇔ 12f = 8 ⇔ 2f = 8 d'où f ∈ {4,9}.

Si f = 9, n₁ = 108. On a n₂ = 8 ⇔ 3eg²+ 3f²g+ 10 = 8 ⇔ 12e+ 496 = 8 ⇔ 2e = 2 d'où e∈ {1,6}.

Si e = 1, n₂ = 508. On a n₃ = 8 ⇔ 3dg²+ 6ef g+f³+ 50 = 8 ⇔ 12d+ 887 = 8 ⇔ 2d = 1 ce qui est impossible donc e 6= 1. Si e = 6,

n₂ = 568. On a n₃ = 8 ⇔ 3dg²+ 6ef g+f³+ 56 = 8 ⇔ 12d+ 1433 = 8 ⇔ 2d = 5 ce qui est impossible. Donce 6= 6 etf 6= 9.

On a donc f = 4 et n₁ = 48. On a n₂ = 8 ⇔ 3eg²+ 3f²g+ 4 = 8 ⇔ 12e+ 100 = 8 ⇔ 2e= 8 d'où e∈ {4,9}.

Si e = 4, n₂ = 148. On a n₃ = 8 ⇔ 3dg²+ 6ef g+f³+ 14 = 8 ⇔ 12d+ 270 = 8 ⇔ 2d= 8 d'où d∈ {4,9}. Si d = 4, n₃ = 318. On a n₄+ 31 qui est impair quelque soit c. Mais n₄+ 31 = 8 ce qui est donc impossible.

Donc d 6= 4. Si d= 9, n₃ = 378. On a n₄+ 37 qui est impair quelque soit c. Mais n₄+ 37 = 8 ce qui est donc impossible. Doncd 6= 9. Donc e6= 4. On a donc e = 9. n₂ = 208. On a n₃ = 8 ⇔ 3dg²+ 6ef g+f³+ 20 = 8 ⇔ 12e+ 516 = 8 ⇔ 2d = 2 d'où d ∈ {1,6}. Si d = 1, n₃ = 528. On a n₄ = 8 ⇔ 3cg²+ 6df g+ 3ef² + 3e²g+ 52 = 8 ⇔ 12c+ 1018 = 8 2c = 0 d'où c ∈ {0,5}. Si c = 0, n₄ = 1018. D'où ∀b, n₅ + 101 est impair. Donc comme précédemment, c 6= 0. Si c = 5, n₄ = 1078. D'où ∀b, n₅ + 107 est impair. Donc comme précédemment, c6= 5. Donc d6= 1.

On a doncd= 6.n₃ = 588. On an₄ = 8 ⇔ 3cg²+ 6df g+ 3ef² + 3e²g+ 58 = 8 ⇔ 12c+ 1264 = 8 ⇔ 2c= 4 d'où c∈ {2,7}.Si c= 2, n₄ = 1288. On a n₅ = 8 ⇔ 3bg²+ 3df²+ 6deg+ 3e²f + 6cf g+ 128 = 8 ⇔ 12b+ 2132 = 8 ⇔ 2b = 6 d'où b ∈ {3,8}. Si b = 3, n₅ = 2168. D'où ∀a, n₆ + 216 est impair. Donc comme précédemment, b 6= 3. Si b = 8, n₅ = 2228. D'où

∀c, n₆+ 222 est impair. De même,b 6= 8. Donc c6= 2.

On a doncc= 7.n₄ = 1348. On an₅ = 8 ⇔ 3bg²+ 3df²+ 6deg+ 3e²f+ 6cf g+ 134 = 8 ⇔ 12b+ 2378 ⇔ 2b = 0 d'où b ∈ {0,5}. Si b = 0, n₅ = 2378. On a

n₆ = 8 ⇔ 3ag²+ 3d²g+ 6def +e³+ 6bf g + 3cf²+ 6ceg+ 237 = 8 ⇔ 12a+ 3570 = 8 ⇔ 2a = 8 d'où a ∈ {4,9}. Si a = 4, n₆ = 3618 et n₇ = 9 et si a = 9, n₆ = 3678 et n₇ = 5. Donc n =4 076 942 et n =9 076 942 conviennent.

Sib= 5,n₅ = 2438. On an₆ = 8 ⇔ 3ag²+ 3d²g+ 6def+e³+ 6bf g+ 3cf²+ 6ceg+ 243 = 8 ⇔ 12a+ 3816 = 8 ⇔ 2a = 2 d'où a ∈ {1,6}. Si a = 1, n₆ = 3828 et

n₇ = 6 et si a= 6, n₆ = 3888 etn₇ = 2. Donc n=1 576 942 etn =9 576 942 conviennent.

g = 3 g³ = 27. On a n₁ = 7 ⇔ 27f + 2 = 7 ⇔ 7f = 5 d'où f = 5 et n₁ = 137.

On a n₂ = 7 ⇔ 3eg²+ 3f²g+ 13 = 7 ⇔ 7e+ 238 = 7 ⇔ 7e = 9 d'où e= 7 etn₂ = 427.

On a n₃ = 7 ⇔ 3dg²+ 6ef g+f³+ 42 = 7 ⇔ 27d+ 797 = 7 ⇔ 7d= 0 d'où d= 0 etn₃ = 797.

On a n₄ = 7 ⇔ 3cg²+ 6df g+ 3ef²+ 3e²g+ 79 = 7 ⇔ 27c+ 1045 = 7 ⇔

7c= 2 d'où c= 6 etn₄ = 1207.

On an₅ = 7 ⇔ 3bg²+ 3df²+ 6deg+ 3e²f + 6cf g+ 120 = 7 ⇔ 27b+ 1395 = 7 ⇔ 7b = 2 d'où b = 6 etn₅ = 1557.

On a n₆ = 7 ⇔ 3ag²+ 3d²g+ 6def+e³+ 6bf g+ 3cf²+ 6ceg+ 155 = 7 ⇔ 27a+ 2244 = 7 ⇔ 7a = 3d'où a= 9etn₆ = 2487.n₇ = 4 doncn =9 60 7533 convient.

g = 4 g³ = 64.n₁ = 4 ⇔ 48f+ 6 = 4 ⇔ 8f = 8 d'où f ∈ {1,6}.

Si f = 1, on a n₁ = 54. n₂ = 4 ⇔ 48e+ 3f²g+ 5 = 4 ⇔ 8e+ 17 = 4 ⇔ 8e= 7 ce qui est impossible. Donc f 6= 1.

Si f = 6, on a n₁ = 294. n₂ = 4 ⇔ 48e+ 461 = 4 ⇔ 8e = 3 ce qui est aussi impossible.

Il n'y a donc pas de solutions pour g = 4.

g = 5 g³ = 125. n₁ = 5 ⇔ 75f + 12 = 5 ⇔ 5f = 3 ce qui est impossible.

Il n'y a donc pas de solution pour g = 5.

g = 6 g³ = 216.n₁ = 6 ⇔ 108f + 21 = 6 ⇔ 8f = 5ce qui est impossible.

Il n'y a donc pas de solution pour g = 6.

g = 7 g³ = 343. On a n₁ = 3 ⇔ 147f+ 34 = 3 ⇔ 7f = 9 d'où f = 7 et n₁ = 1063.

On a n₂ = 3 ⇔ 3eg²+ 3f²g+ 106 = 3 ⇔ 147e+ 1135 = 3 ⇔ 7e = 8 d'où e= 4 etn₂ = 1723.

On an₃ = 3 ⇔ 3dg²+ 6ef g+f³+ 172 = 3 ⇔ 147d+ 1691 = 3 ⇔ 7d= 2 d'où d= 6 et n₃ = 2573.

On a n₄ = 3 ⇔ 3cg²+ 6df g+ 3ef²+ 3e²g+ 257 = 3 ⇔ 147c+ 2945 = 3 ⇔ 7c= 8 d'où c= 4 et n₄ = 3533.

On an₅ = 3 ⇔ 3bg²+ 3df²+ 6deg+ 3e²f + 6cf g+ 353 = 3 ⇔ 147b+ 3755 = 3 ⇔ 7b = 8 d'où b = 4 etn₅ = 4343.

On a n₆ = 3 ⇔ 3ag²+ 3d²g+ 6def+e³+ 6bf g+ 3cf²+ 6ceg+ 434 = 3 ⇔ 147a+ 4698 = 3 ⇔ 7a = 5 d'où a = 5 et n₆ = 5433. n₇ = 7 donc n =5 446 477 convient.

g = 8 g³ = 512.n₁ = 2 ⇔ 192f + 51 = 2 ⇔ 2f = 1ce qui est impossible.

Il n'y a donc pas de solution pour g = 8.

g = 9 On remarque que pour chaque détermination den_i, on utilisait tou- jours la même table de multiplication déterminé par 3g². Dans notre cas, 3g² = 3. Or la table de 3 contient tous les chires. Donc contrairement au

cas g = 2, il existe pour chaque détermination une seule et une unique solu- tion. Donc il existe un unique entier se nissant par 9 et dont les sept derniers chires du cube de cet entier. Or on remarque que 9 999 999³ = (10⁸−1)³, Mais(10⁸−1)³ = (10⁸−3).10¹⁶+ 2 999 999. Donc 9 999 999 se nit par sept 9.

g = 0 (10³)³ = 10⁹ et contient donc 9 chires identiques. g = 0 implique que f =d = 0 et f ∈ {1,2,3,4,5,6,7,8,9}. Donc n ne peut pas nir par 0.

Donc les nombres 

























n = 1 576 942 n = 4 076 942 n = 5 446 477 n = 6 576 942 n = 8 288 471 n = 9 076 942 n = 9 660 753 n = 9 999 999

ont leurs cubes se nissant exactement par sept chires identiques. Donc le plus petit nombre répondant à la question est n =1 576 942.

CQFD 2.2.2 Solution de la deuxième question

Il existe un nombre dont le cube se termine par 2009 chires identiques : 10²⁰¹⁰−1. En eet, (10²⁰¹⁰−1)³ = (10²⁰¹⁰−3)⁴⁰²⁰+ 3.10²⁰¹⁰−1 = (10²⁰¹⁰− 3)⁴⁰²⁰+ 2 999. . .9

| {z }

2009 neufs

et ce nombre comporte 2009 neufs.

CQFD

2.3 Solution de P3

Soit ∆ l'ensemble des nombres triangulaires. Rappelons qu'un nombre triangulaire ∆_n est de la forme ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ avec n∈N.

Nous allons résoudre P3 par récuurence surN. Soit : H_n:

n

X

k=1

x_k ∈∆

Etudions le cas H₁ :

on sait d'après l'énoncé que :

1

X

k=1

x³_k =X¹

k=1

x_k2

⇔ x³₁ =x²₁

⇔ x²₁(x₁−1) = 0

⇔ x₁ = 0 ou x₁ = 1 Or 0 = ∆₀ et1 = ∆₁. Donc H₁ est vraie.

Supposons à présent que H_n est vrai pour ce n ∈N. On sait donc que :

∃m ∈Ntel que

n

X

k=1

x_k= m(m+ 1) 2 Sachant que :

Xⁿ

k=1

x_k2

= m²(m+ 1)² 4 Et que :

n

X

k=1

x³_k =Xⁿ

k=1

x_k2

On a : 



 Pn+1

k=1x³_k = ^m2(m+1)₄ ² +x³_n+1 Pn+1

k=1x_k2

=

m(m+1)

2 +x_n+12

De plus, on a d'après l'énoncé :

n+1

X

k=1

x³_k = Xⁿ⁺¹

k=1

xk

2

Donc on obtient :

m²(m+ 1)²

4 +x³_n+1 =m(m+ 1)

2 +x_n+12

⇔ x³_n+1 =m(m+ 1)x_n+1+x²_n+1

⇔ x_n+1(x²_n+1−x_n+1−m(m+ 1) = 0

⇔ x_n+1(x_n+1+m)(x_n+1−m−1) = 0 Donc x_n+1 ∈ {−m,0, m+ 1}. Etudions les trois cas :

x_n+1 = 0 :

n+1

X

k=1

x_k = m(m+ 1) 2 ∈∆_m x_n+1 =−m :

n+1

X

k=1

x_k= m(m+ 1)

2 −m

⇔

n+1

X

k=1

x_k= (m−1)m

2 ∈∆m−1

x_n+1 =m+ 1 :

n+1

X

k=1

x_k= m(m+ 1)

2 +m+ 1

↔

n+1

X

k=1

x_k = (m+ 1)(m+ 2)

2 ∈∆_m+1

Donc dans tous les cas, H_n+1 est vrai. On en déduit donc par hérédité que

∀n ∈N,

n

X

k=1

x³_k = Xⁿ

k=1

xk

2

⇒

n

X

k=1

xk∈∆

CQFD