Montrons par récurrence que : $\forall n\geq1,\;\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}$ . Pour $n=1$ , $\sum_{k=1}^{1}k=1=\frac{1\times(1+1)}{2}$ . Soit $n\geq1$ . Supposons que $\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}$ et montrons que $\sum_{k=1}^{n+1}k=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$ .

$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n+1}k&=\sum_{k=1}^{n}k+(n+1) =\frac{n(n+1)}{2}+(n+1)\;(\mbox{par hypothèse de récurrence})\\ &=(n+1)(\frac{n}{2}+1)=\frac{(n+1)(n+2)}{2} \end{align*}$ On a montré par récurrence que :

$\forall n\geq1,\;\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}$ .

On peut donner plusieurs démonstrations directes.

1ère demonstration. Pour $k\geq1$ , $(k+1)^2-k^2=2k+1$ et donc $\sum_{k=1}^{n}((k+1)^2-k^2)=2\sum_{k=1}^{n}k+\sum_{k=1}^{n}1$ ce qui s’écrit $(n+1)^2-1=2\sum_{k=1}^{n}k+n$ ou encore $2\sum_{k=1}^{n}k=n^2+n$ ou enfin $\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}$ .
2ème demonstration. On écrit

$\begin{array}{ccccccccccccc} 1&+&2&+&3&+&\ldots&+&(n-1)&+&n&=&S\\ n&+&(n-1)&+&(n-2)&+&\ldots&+&2&+&1&=&S \end{array}$ et en additionnant (verticalement), on obtient $2S=(n+1)+(n+1)+\ldots+(n+1)=n(n+1)$ d’où le résultat. La même démonstration s’écrit avec le symbole sigma :

$2S=\sum_{k=1}^{n}k+\sum_{k=1}^{n}(n+1-k)=\sum_{k=1}^{n}(k+n+1-k)=\sum_{k=1}^{n}(n+1)=n(n+1).$
3ème demonstration. On compte le nombre de points d’un rectangle ayant $n$ points de large et $n+1$ points de long. Il y en a $n(n+1)$ . Ce rectangle se décompose en deux triangles isocèles contenant chacun $1+2+...+n$ points. D’où le résultat.

$\begin{array}{ccccccccc} {*}& &{*}&{*}&\ldots& & &\ldots&{*}\\ {*}&{*}& &\ddots& & & & &\vdots\\ {*}&{*}&{*}& & & & & & \\ \vdots& & &\ddots& &\ddots& & &\vdots\\ & & & & & &{*}&{*}&{*}\\ \vdots& & & & &\ddots& &{*}&{*}\\ *&\ldots& & &\ldots&{*}&{*}& &{*} \end{array}$
4ème démonstration. Dans le triangle de Pascal, on sait que pour $n$ et $p$ entiers naturels donnés,

$C_n^p+C_n^{p+1}=C_{n+1}^{p+1}$ .

Donc, pour $n\geq2$ (le résultat est clair pour $n=1$ ),

$1+2+...+n=1+\sum_{k=2}^{n}C_k^1=1+\sum_{k=2}^{n}\left(C_{k+1}^2-C_k^2\right)=1+(C_{n+1}^2-1)=\frac{n(n+1)}{2}.$

Pour $k\geq1$ , $(k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1$ . Donc, pour $n\geq1$ :

$3\sum_{k=1}^{n}k^2+3\sum_{k=1}^{n}k+\sum_{k=1}^{n}1=\sum_{k=1}^{n}((k+1)^3-k^3)=(n+1)^3-1.$ D’où,

$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}k^2 &= \frac{1}{3}\left((n+1)^3-1-3\frac{n(n+1)}{2}-n\right) \\ &= \frac{1}{6}(2(n+1)^3-3n(n+1)-2(n+1)) \\ &= \frac{1}{6}(n+1)(2n^2+n), \end{align*}$ et donc

$\forall n\geq1,\;\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$

Pour $k\geq1$ , $(k+1)^4-k^4=4k^3+6k^2+4k+1$ . Donc, pour $n\geq1$ , on a

$4\sum_{k=1}^{n}k^3+6\sum_{k=1}^{n}k^2+4\sum_{k=1}^{n}k+\sum_{k=1}^{n}1=\sum_{k=1}^{n}((k+1)^4-k^4)=(n+1)^4-1.$ D’où :

$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}k^3&=\frac{1}{4}((n+1)^4-1-n(n+1)(2n+1)-2n(n+1)-n)=\frac{1}{4}((n+1)^4-(n+1)(n(2n+1)+2n+1)\\ &=\frac{1}{4}((n+1)^4-(n+1)^2(2n+1))=\frac{(n+1)^2((n+1)^2-(2n+1))}{4}=\frac{n^2(n+1)^2}{4} \end{align*}$

$\forall n\geq1,\;\sum_{k=1}^{n}k^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}=\left( \sum_{k=1}^{n}k\right)^2.$

Pour $k\geq1$ , $(k+1)^5-k^5=5k^4+10k^3+10k^2+5k+1$ . Donc, pour $n\geq1$ ,

$5\sum_{k=1}^{n}k^4+10\sum_{k=1}^{n}k^3+10\sum_{k=1}^{n}k^2+5\sum_{k=1}^{n}k+\sum_{k=1}^{n}1=\sum_{k=1}^{n}((k+1)^5-k^5) =(n+1)^5-1.$ D’où :

$\begin{align*} \sum_{k=1}^{n}k^4&=\frac{1}{5}((n+1)^5-1-\frac{5}{2}n^2(n+1)^2-\frac{5}{3}n(n+1)(2n+1)-\frac{5}{2}n(n+1)-n)\\ &=\frac{1}{30}(6(n+1)^5-15n^2(n+1)^2-10n(n+1)(2n+1)-15n(n+1)-6(n+1))\\ &=\frac{1}{30}(n+1)(6n^4+9n^3+n^2-n)=\frac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30} \end{align*}$

Finalement,

$\begin{array}{c} \forall n\in\Nn^*,\;\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}\\ \forall n\in\Nn^*,\;\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\ \forall n\in\Nn^*,\;\sum_{k=1}^{n}k^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}=\left(\sum_{k=1}^{n}k\right)^2\\ \forall n\in\Nn^*,\;\sum_{k=1}^{n}k^4=\frac{n(n+1)(6n^3+9n^2+n-1)}{30}. \end{array}$

Soit $p$ un entier naturel. Pour $k\geq1$ ,

$(k+1)^{p+1}-k^{p+1}=\sum_{j=0}^{p}C_{p+1}^jk^j.$ Donc, pour $n\geq1$ :

$\sum_{j=0}^{p}C_{p+1}^j(\sum_{k=1}^{n}k^j)=\sum_{k=1}^{n}(\sum_{j=0}^{p}C_{p+1}^jk^j)=\sum_{k=1}^{n}((k+1)^{p+1}-k^{p+1})=( n+1)^{p+1}-1.$ D’où la formule de récurrence :

$\forall p\in\Nn,\;\forall n\in\Nn^*,\sum_{j=0}^{p}C_{p+1}^{j}S_j=(n+1)^{p+1}-1.$

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