Dans ce cas, il faut donc partir de :
\[
\sum_{k=0}^{n}\big( ( k+1)^{4}-k^{4}\big).
\]
$(*)$ D'une part en $\ldots$
D'une part, on a :
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{n}\big((k+1)^{4}-k^{4}\big)
&= \sum_{k=0}^{n} (k+1)^{4}- \sum_{k=0}^{n} k^{4} \\ \\
&=(n+1)^4.
\end{align*}
Comme :
\[
\left( k+1\right) ^{4}-k^{4}=4\,k^{3}+6\,k^{2}+4\,k+1,
\]
on en déduit :
\begin{align*}
(n+1)^4 &= \sum_{k=0}^{n}\big((k+1)^{4}-k^{4} \big)\\
&= 4\,\sum_{k=0}^{n}k^{3}+6\,\sum_{k=0}^{n}k^{2}
+4\,\sum_{k=0}^{n}k+\sum_{k=0}^{n}1
\end{align*}
et donc :
\begin{align*}
\smash{4\,\sum_{k=0}^{n}k^{3}}
&=(n+1)^{4}-n \,( n+1)\,(2n+1)\\
&\quad\quad\quad-2\,n\,(n+1)-(n+1)\vphantom{^4} \\ \\
&=n^{2}(n+1)^{2}.
\end{align*}
Comment gérer le calcul ci-dessus ?
Pour ce calcul, on connaît le résultat
(puisqu'il est donné dans l'énoncé).
Il y a donc deux stratégies possible.
-
- Tout développer en se disant qu'à la fin,
il ne doit rester que $\ldots$
$\ldots$ des termes en $n^4$, en $n^3$ et en $n^2$
puisque $\ldots$
$\ldots$ l'on doit avoir $n^2$ en facteur.
Calcul :
\begin{align*}
\smash{4\,\sum_{k=0}^{n}k^{3}}
&=(n+1)^{4}-n \,( n+1)\,(2n+1)\\
&\quad\quad\quad-2\,n\,(n+1)-(n+1)\vphantom{^4} \\ \\
&=(n^4+4\,n^3+6\,n^2+4\,n+1)\\
&\quad\quad -(2\,n^3+3\,n^2+n)\\
&\quad\quad-(2\,n^2+2\,n)-(n+1)\\ \\
&= n^4 +2\,n^3+n^2\\ \\
&=n^{2}(n+1)^{2}.
\end{align*}
Remarque : Il n'y a rien de plus à écrire,
en particulier pour passer de la deuxième égalité
à l'avant-dernière ligne, et cela même au brouillon !
- Se dire qu'il y a déjà $(n+1)^2$ en facteur dans le premier terme
et donc essayer $\ldots$
$\ldots$ de le mettre en facteur dans :
\[
n \,( n+1)\,(2n+1)-2\,n\,(n+1)-(n+1).
\]
Calcul :
\begin{align*}
\smash{4\,\sum_{k=0}^{n}k^{3}}
&=(n+1)^{4}-n \,( n+1)\,(2n+1)\\
&\quad \quad-2\,n\,(n+1)-(n+1)\vphantom{^4} \\ \\
&=(n+1)^{4}\\
&\quad \quad-(n+1)\,\big(n\,(2n+1)+2n+1\big)\\ \\
&=(n+1)^{4}\\
&\quad \quad-(n+1)\,\big(2\,n^2+3\,n+1\big)\\ \\
&=(n+1)^{4}-(n+1)^2\,(2\,n+1)\\ \\
&=(n+1)^{2}\big((n+1)^{2}-(2\,n+1)\big)\\ \\
&=n^{2}\,(n+1) ^{2}.
\end{align*}
Remarque : Cette méthode peut se généraliser
pour simplifier $S_{n,r}=\sum_{k=0}^{n}\,\,k^{r}$ avec $n\in\N$ et $r\in \N$.
Il suffit d'exprimer de deux façons différentes
\[
\sum_{k=0}^{n}\Big(\left( k+1\right) ^{r+1}-k^{r+1}\Big).
\]
On obtient ainsi $S_{n,r}$ en fonction
des précédents : $S_{n,r-1}$, $S_{n,r-2}$, $\ldots$