Cube parfait

Si ${\displaystyle a}$ et ${\displaystyle b}$ sont des nombres cubiques, c'est qu'il existe ${\displaystyle n}$ tel que ${\displaystyle a=n^{3}$ et ${\displaystyle p}$ tel que ${\displaystyle b=p^{3}$. Donc ${\displaystyle ab=n^{3}p^{3}=(np)^{3}$. Donc ${\displaystyle ab}$ est un nombre cubique, car il est le cube de ${\displaystyle np}$.

Si a ≠ 0 est un nombre cubique, alors il existe un entier m > 0 tel que a = m³. En notant ${\displaystyle m={p_{1}^{k_{1}\dots {p_{r}^{k_{r}$ la décomposition de ${\displaystyle m}$ en produit de facteurs premiers, on déduit : ${\displaystyle a={p_{1}^{3k_{1}\dots {p_{r}^{3k_{r},}$ donc tous les exposants dans la décomposition de a sont multiples de ${\displaystyle 3}$.

Réciproquement : si tous les exposants dans la décomposition de a sont multiples de ${\displaystyle 3}$, alors a est de la forme ${\displaystyle {p_{1}^{3k_{1}\dots {p_{r}^{3k_{r}=\left({p_{1}^{k_{1}\dots {p_{r}^{k_{r}\right)^{3}.}$

Si ab ≠ 0 est un nombre cubique, alors sa décomposition en facteurs premiers est de la forme : ${\displaystyle ab={p_{1}^{3k_{1}\dots {p_{r}^{3k_{r}$. Comme ${\displaystyle a}$ et ${\displaystyle b}$ sont premiers entre eux , aucun ${\displaystyle p_{i}$ ne peut diviser à la fois ${\displaystyle a}$ et ${\displaystyle b}$. On peut donc répartir les ${\displaystyle {p_{i}^{3k_{i}$ en deux groupes distincts qui n'ont aucun élément commun : ceux qui divisent ${\displaystyle a}$ et ceux qui divisent ${\displaystyle b}$. Et, par construction, le produit des éléments du premier (resp. second) groupe est égal à ${\displaystyle a}$ (resp. ${\displaystyle b}$), ce qui prouve la propriété.

On part de la suite des entiers naturels impairs : ${\displaystyle 1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,...}$

On crée ensuite des "paquets" de longueur 1, puis 2, puis 3, etc., ce qui donne : ${\displaystyle (1),(3,5),(7,9,11),(13,15,17,19),...}$

On somme les éléments de chaque paquet, ce qui donne : ${\displaystyle 1,8,27,64,...}$ et on remarque que cette suite de nombres est la suite ${\displaystyle 1^{3},2^{3},3^{3},4^{3}$.

On constate la propriété annoncée : ainsi, par exemple, pour ${\displaystyle a=4}$ , ${\displaystyle a^{3}$ est la somme de ${\displaystyle a=4}$ nombres impairs (${\displaystyle 64=13+15+17+19)}$, qui sont les quatre entiers impairs les plus proches de ${\displaystyle a^{2}=16}$.

Démontrons que cette propriété est vraie pour tout entier ${\displaystyle a}$ supérieur ou égal à ${\displaystyle 2}$.

Si ${\displaystyle a}$ est impair, les ${\displaystyle a}$ entiers impairs les plus proches de ${\displaystyle a^{2}$ sont ${\displaystyle a^{2}\pm 2i}$ avec ${\displaystyle i=0}$ à ${\displaystyle (a-1)/2}$. Si ${\displaystyle a}$ est pair, ces entiers sont ${\displaystyle a^{2}\pm (2i+1)}$ avec ${\displaystyle i=0}$ à ${\displaystyle a/2}$. Dans les deux cas, par construction, la moyenne de ces ${\displaystyle a}$ nombres est ${\displaystyle a^{2}$, et leur somme est donc égale à ${\displaystyle a\times a^{2}=a^{3}$. La propriété est donc démontrée.

Plus généralement, on peut démontrer de la même manière que pour tous entiers ${\displaystyle a}$ et ${\displaystyle n>1}$, ${\displaystyle a^{n}$est la somme des ${\displaystyle a}$ entiers impairs les plus proches de ${\displaystyle a^{n-1}$.

On constate que cette propriété est vraie pour ${\displaystyle n=1}$ ; définissons ${\displaystyle S_{n}=\sum _{i=1}^{n}i^{3}$ et supposons que ${\displaystyle S_{n}=\left(\sum _{i=1}^{n}i\right)^{2}$. On sait que ${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i={\frac {n(n+1)}{2}$. Donc : ${\displaystyle S_{n}=\left({\frac {n(n+1)}{2}\right)^{2}$. Alors : ${\displaystyle S_{n+1}=S_{n}+(n+1)^{3}={\frac {(n+1)^{2}{4}(n^{2}+4n+4)=\left({\frac {(n+1)(n+2)}{2}\right)^{2}$. La propriété est donc démontrée.