Un polynôme qui somme les carrés

Le degré est imposé. Supposons $P$ de degré $d\ge 1$, de terme dominant $a_d{x}^d$ avec $a_d\ne 0$. Par la formule du binôme, $a_d(x+1{)}^d-a_d{x}^d=d{a}_d{x}^{d-1}+\cdots$ : le terme en $x^d$ disparaît. La différence $P(x+1)-P(x)$ est donc de degré exactement $d-1$. Comme elle vaut $x^2$, on a $d=3$.

L'identification. Écrivons $P=a{x}^3+b{x}^2+cx+e$. La condition $P(0)=0$ donne $e=0$. Puis $$P(x+1)-P(x)=a((x+1{)}^3-x^3)+b((x+1{)}^2-x^2)+c=a(3x^2+3x+1)+b(2x+1)+c.$$ Deux polynômes qui prennent les mêmes valeurs en une infinité de points sont égaux, donc leurs coefficients le sont : $$3a=1,3a+2b=0,a+b+c=0.$$ D'où $a=\frac{1}{3}$, puis $b=-\frac{1}{2}$, puis $c=\frac{1}{6}$, et $$P(x)=\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}+\frac{x}{6}=\frac{x(x-1)(2x-1)}{6}.$$

La somme, par télescopage. Pour tout entier $k$, $P(k+1)-P(k)=k^2$. En sommant de $k=0$ à $k=n-1$, la somme se télescope : $$\sum _{k=0}^{n-1}{k}^2=\sum _{k=0}^{n-1}(P(k+1)-P(k))=P(n)-P(0)=\frac{n(n-1)(2n-1)}{6}.$$

Contrôle. Pour $n=4$ : $0+1+4+9=14$, et $\frac{4\times 3\times 7}{6}=14$.

Le point à retenir. Chercher $P$ telle que $P(x+1)-P(x)=f(x)$, c'est chercher une primitive discrète de $f$ : toute somme de $f$ sur des entiers consécutifs devient alors une différence de deux valeurs de $P$. Le procédé ne demande aucune récurrence, et il donne la formule au lieu de la vérifier.