Triangle de Pascal et formule du binôme de Newton. Méthode algébrique

Principe additif: nombre d’éléments d’une réunion d’ensembles deux à deux disjoints.
Principe multiplicatif : nombre d’éléments d’un produit cartésien.
Ensemble des parties d’un ensemble $E$.
Nombre des parties d’un ensemble à $n$ éléments. Démonstrations de : $\dsum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}=2^n$.
Nombre des $k$-uplets ou $k$-listes d’éléments d’un ensemble à $n$ éléments
Factorielle d’un entier naturel $n$.
Nombre des $k$-listes ou $k$-uplets d’éléments distincts d’un ensemble à $n$ éléments.
Nombre de permutations d’un ensemble fini à $n$ éléments.
Nombre de combinaisons de $k$ éléments d’un ensemble à $n$ éléments.
Nombre de parties à $k$ éléments d’un ensemble à $n$ éléments.
Formules $\dbinom{n}{k} =\dfrac{n(n-1)…(n-k+1)}{k!} =\dfrac{n!}{k!(n-k)!}$.
Propriétés des coefficients binomiaux $k$-parmi-$n$. Relations de Pascal. Méthodes algébriques.
Propriétés des coefficients binomiaux $k$-parmi-$n$. Relations de Pascal. Méthodes combinatoires
Triangle de Pascal et formule du binôme de Newton. Méthode algébrique.

Approfondissement possible

Combinaisons avec répétitions.

1. Le triangle de Pascal

Nous avons vue dans le page des Propriétés des coefficients binomiaux, que pour tous entiers $n$ et $k$, $0\leqslant k\leqslant n-1$ :
$$\boxed{~\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k+1}=\dbinom{n+1}{k+1}\quad(1)~}$$

Cette formule peut également s’écrire en changeant $n$ par $n-1$ et en adaptant les bornes :
Pour tous entiers $n\geqslant 1$ et $k$, $1\leqslant k\leqslant n$ : $$\boxed{~\dbinom{n-1}{k-1}+\dbinom{n-1}{k}=\dbinom{n}{k}\quad(2)}$$

On peut ainsi construire un tableau en mettant les $n$ en lignes et les $k$ en colonnes.
A l’intersection de la ligne $n$ et de la colonne $k$, on place le coefficient $\dbinom{n}{k}$ comme indiqué dans la figure 1 ci-dessus.

On commence par remplir la colonne $k=0$, correspondant à $\dbinom{n}{0}=1$ pour tout entier $n$. Puis, on remplit la diagonale correspondant à $\dbinom{n}{n}=1$ pour tout entier $n$.
Puis on complète le tableau jusqu’au rang cherché, en appliquant la relation de Pascal (2) pour remplir les autres cases.
Naturellement, les coefficients $\dbinom{n}{k}$ pour $k>n$ n’existent pas. Seuls les coefficients situés en dessous ou sur la diagonale sont définis. On obtient un triangle de valeurs.

Définition .
Le triangle ainsi construit s’appelle le « Triangle de Pascal » ou « le triangle des coefficients du binôme ».

2. Formule du binôme de Newton

Soient $a$ et $b$ deux nombres réels donnés non nuls.
Nous allons calculer les puissance successives de $(a+b)$ et observer le compotement de leurs coefficients.

$$\begin{array}{rl}
(a+b)^0&={\color{blue}{1}}\\
&={\color{brown}{\dbinom{0}{0}}}\\
(a+b)^1&={\color{blue}{1}}a^1b^0+{\color{blue}{1}}a^0b^1 \\
&= {\color{brown}{\dbinom{1}{0}}}a^1b^0+{\color{brown}{\dbinom{1}{1}}}a^0b^1\\
(a+b)^2&={\color{blue}{1}}a^2b^0+{\color{blue}{2}}a^1b^1+{\color{blue}{1}}a^0b^2 \\
&={\color{brown}{\dbinom{2}{0}}}a^2b^0+{\color{brown}{\dbinom{2}{1}}}a^1b^1+{\color{brown}{\dbinom{2}{2}}}a^0b^2\\
(a+b)^3&={\color{blue}{1}}a^3b^0+{\color{blue}{3}}a^2b^1+{\color{blue}{3}}a^1b^2+{\color{blue}{1}}a^0b^3 \\
&={\color{brown}{\dbinom{3}{0}}}a^3b^0+{\color{brown}{\dbinom{3}{1}}}a^2b^1+{\color{brown}{\dbinom{3}{2}}}a^1b^2+{\color{brown}{\dbinom{3}{3}}}a^0b^3\\
\end{array}$$

On constate que les coefficients du développement de $(a+b)^n$ suivant les puissances décroissantes de $a$ (ou croissantes de $b$) ne sont autres que les coefficients $k$-parmi-$n$ : $\dbinom{n}{k}$ ; $0\leqslant k\leqslant n$.
On peut donc généraliser ce résultat et énoncer le résultat suivant :
$$\begin{array}{rl}
(a+b)^n&={\color{brown}{\dbinom{n}{0}}}a^{n-0}b^0+{\color{brown}{\dbinom{n}{1}}}a^{n-1}b^1+{\color{brown}{\dbinom{n}{2}}}a^{n-2}b^2+\cdots \\
&~+{\color{brown}{\dbinom{n}{n-2}}}a^{2}b^{n-2}+{\color{brown}{\dbinom{n}{n-1}}}a^1b^{n-1}+{\color{brown}{\dbinom{n}{n}}}a^0b^n\\
\end{array}$$

Théorème 1.
Pour tous nombres réels $a$ et $b$ donnés, non tous deux nuls, on a :
$$(a+b)^n=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{n-k}b^k \quad(3)$$

Définition.
Cette égalité s’appelle « la formule du binôme de Newton ».

Remarque.
Dans la formule du binôme, si on remplace $b$ par $-b$, alors $(-b)^k=(-1)^kb^k$. Ce qui donne une deuxième formule :

Corollaire 1. (Conséquence)
Pour tous nombres réels $a$ et $b$ donnés, non nuls, on a :
$$(a-b)^n=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^ka^{n-k}b^k \quad(4)$$

Démonstrations de la formule (3). Raisonnement par récurrence.

Soient $a$ et $b$ deux nombres réels donnés, non nuls.
Pour chaque entier $n$, on appelle $P_n$ le proposition logique :
$$P_n~:~\left[(a+b)^n=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{n-k}b^k\right]$$
Montrons, par récurrence, que pour tout $n\in\N$ : $P_n$ est vraie.

$i$) Initialisation.
Pour $n=0$, on a : $(a+b)^0=1$ et $\dbinom{0}{0}a^{0-0}b^0=1$.
Par suite, $P_0$ est vraie.

$ii$) Hérédité.
Soit $n$ un entier naturel fixé.
Supposons que $P_n$ est vraie. C’est-à-dire :
$$(a+b)^n=\dsum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}a^{n-k}b^k \quad(H.R.)$$
Montrons qu’elle est vraie au rang $n+1$. On a alors :
$$\begin{array}{rl}
{(a+b)}^{n+1} &=(a+b)(a+b)^n\\
&=a\times (a+b)^n+b\times (a+b)^n\\
&~~\text{Donc, d’après (H.R.) :}\\
{(a+b)}^{n+1} &=a\times \dsum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}a^{n-k}b^k+b\times \dsum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}a^{n-k}b^{k} \\
&=\dsum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}a^{n+1-k}b^k+\dsum_{k=0}^n\dbinom{n}{k}a^{n-k}b^{k+1} \\
&~~\text{(On isole les termes de degré $n+1$ en }a\text{). Ce qui donne} \\
{(a+b)}^{n+1}&=\dbinom{n}{0}a^{n+1}+\dsum_{k=1}^n\dbinom{n}{k}a^{n+1-k}b^k\\
&\phantom{=\dbinom{n}{0}a^{n+1}}+\dsum_{k=0}^{n-1}\dbinom{n}{k}a^{n-k}b^{k+1}+\dbinom{n}{n}b^{n+1} \\
&~~\text{dans la 2e somme, on change $k$ en $k-1$}\\
&=a^{n+1}+\dsum_{k=1}^n{\dbinom{n}{k}a^{n+1-k}b^k}+\dsum_{k=1}^n\dbinom{n}{k-1}a^{n-(k-1)}b^{k-1+1}+b^{n+1} \\
&=a^{n+1}+\dsum_{k=1}^n{\left(\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k-1} \right)a^{n+1-k}b^k}+b^{n+1} \\
&=\dbinom{n+1}{0}a^{n+1}+\dsum_{k=1}^n{\dbinom{n+1}{k}a^{n+1-k}b^k}+\dbinom{n+1}{n+1}b^{n+1} \\
{\color{brown}{(a+b)^{n+1}}}&{\color{brown}{=\dsum_{k=0}^{n+1}{\dbinom{n+1}{p}a^{n+1-k}b^k}}}\\
\end{array}$$
Par conséquent, $P_{n+1}$ est vraie.
Ce qui montre que la propriété est héréditaire.

Conclusion. La propriété est vraie au rang $n=0$ et pour tout entier $n$ : $[Pn\Rightarrow P_{n+1}]$. Donc, par récurrence, pour tout entier $n$, $P_n$ est vraie.

3. Exercices résolus

Exercice résolu n°1.
Démontrer que pour tout entier $n$ : $\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}=2^n$.

D’après la formule du binôme, nous savons que pour tout entier $n$, on a : $$(a+b)^n=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{n-k}b^k$$
Pour $a=1$ et $b=1$, on obtient directement :
$$(1+1)^n=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}1^{n-k}1^k$$
Donc : $$\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}=2^n$$
Conclusion. Pour tout entier $n$ :$\color{brown}{\boxed{\;\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}=2^n\;}}$

Exercice résolu n°2.
Démontrer que pour tout entier naturel $n$ : $5^n$ est la somme de $1$ et d’un multiple de $4$.

D’après la formule du binôme, nous savons que pour tout entier $n$, on a : $$(a+b)^n=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{n-k}b^k$$
Pour $a=1$ et $b=4$, on obtient directement :
$$\begin{array}{rl}
5^n=(1+4)^n&=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}1^{n-k}4^k\\
&=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}4^k\\
&=1+\dsum_{k=1}^n\binom{n}{k}4^k\\
&=1+4\times \dsum_{k=1}^n\binom{n}{k}4^{k-1}\\
\end{array}$$
Si on pose maintenant : $q=\dsum_{k=1}^n\binom{n}{k}4^{k-1}$, on obtient :
$$5^n=1+4q$$
Conclusion. Pour tout entier naturel $n$ : $5^n$ est la somme de $1$ et d’un multiple de $4$.

Exercice résolu n°3.
Donner les formes développées réduites des expressions suivantes.
1°) $A(x)=(1+x)^3$.
2°) En déduire la forme développée réduite de $B(x)=(1-x)^3$.

1°) $A(x)=(1+x)^3$.
D’après la formule du binôme, nous savons que pour tout entier $n$, on a : $$(a+b)^n=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{n-k}b^k$$
Pour $a=1$ et $b=x$, on obtient directement :
$$(1+x)^n=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}1^{n-k}x^k$$
Or, d’après le triangle de Pascal, nouis trouvons les coefficients suivant les puissances décroissantes de $a$, ou croissantes de $b$
$$\begin{array}{|r|c|c|c|c|}\hline
k &0 & 1 & 2 & 3\\ \hline
n=0 & 1 & & & \\ \hline
n=1 & 1 & 1 & & \\ \hline
n=2 & 1 & 2 & 1 & \\ \hline
n=3 & 1 & 3 & 3 & 1 \\ \hline
\end{array}$$
Par conséquent :
$A(x)=(1+x)^3={\color{brown}{1}}x^0+{\color{brown}{3}}x^1+{\color{brown}{3}}x^2+{\color{brown}{1}}x^3$.
Conclusion. $\color{brown}{\boxed{\; A(x)=(1+x)^3=1+3x+3x^2+x^3\;}}$

2°) $B(x)=(1-x)^3$.
En remplaçant $x$ par $-x$ dans l’expression $A(x)$, les termes de rangs pairs restent inchangés. Les termes impairs sont changés en leurs opposés.
On alterne les $+$ et les $-$.
$B(x)=(1-x)^3=1-3x+3x^2-x^3$.
Conclusion. $\color{brown}{\boxed{\; B(x)=(1-x)^3=1-3x+3x^2-x^3\;}}$

Exercice résolu n°4.
Donner les formes développées réduites des expressions suivantes.
$C(x)=(3x-2)^4$.

1°) $C(x)=(3x-2)^4$.
D’après la formule du binôme, nous savons que pour tout entier $n$, on a : $$(a+b)^n=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{n-k}b^k$$
Pour $a=3x$ et $b=-2$, on obtient directement :
Or, d’après le triangle de Pascal, nous trouvons les coefficients suivant les puissances décroissantes de $a$ en commençant par $a^n$.
$$\begin{array}{|r|c|c|c|c|}\hline
k &0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline
n=0 & 1 & & & & \\ \hline
n=1 & 1 & 1 & & & \\ \hline
n=2 & 1 & 2 & 1 & & \\ \hline
n=3 & 1 & 3 & 3 & 1 & \\ \hline
n=4 & 1 & 4 & 6 & 4 & 1 \\ \hline
\end{array}$$
Avec $b=-2$, les termes de rangs pairs (en $b$) ont des coefficients positifs et les termes de rangs impairs (en $b$) ont des coefficients négatifs.
Par conséquent :
$C(x)=(3x-2)^4={\color{brown}{1}}(3x)^4\times 2^0-{\color{brown}{4}}(3x)^3\times 2^1$
$\qquad+{\color{brown}{6}}(3x)^2\times 2^2-{\color{brown}{4}}(3x)^1\times 2^3+{\color{brown}{1}}(3x)^0\times 2^4$.
Donc :
$C(x)=1\times81x^4 -4\times 27x^3\times 2$
$\qquad+6\times 9x^2\times4-4\times 3x\times 8+1\times 1\times16$.
Conclusion. $\color{brown}{\boxed{\; C(x)=(3x-2)^4=81x^4-216x^3+216x^2-96x+16\;}}$

Exercice résolu n° 5.
Soit $n$ un entier naturel non nul.
1°) Donner l’expression développée réduite de la dérivée de la fonction $f$ définie sur $\R$ par : $f(x)=(1+x)^n$.
2°) Même question pour la fonction $g$ définie par : $g(x)=(1-x)^n$.

Soit $n$ un entier naturel non nul.
1°) $f(x)=(1+x)^n$.
D’après la formule du binôme, nous savons que pour tout entier $n$, on a : $$(a+b)^n=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{n-k}b^k$$
Donc :
$$\begin{array}{rl}
&f(x)=(1+x)^n=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}1^{n-k}x^k\\
&\phantom{f(x)}=\dsum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k\\
&\text{On sort la constante de la somme pour dériver }x^k\\
&\phantom{f(x)}=1+\dsum_{k=1}^n\binom{n}{k}x^k\\
\end{array}$$
On peut dériver maintenant terme à terme :
$$\begin{array}{rl}
f'(x)&=0+\dsum_{k=1}^n\binom{n}{k}kx^{k-1}\\
f'(x)&=0+\dsum_{k=1}^nk\binom{n}{k}x^{k-1}\\
\end{array}$$
Expression qu’on peut développer de la manière suivante :
$\color{brown}{\boxed{\;f'(x)=1\binom{n}{1}x^0+2\binom{n}{2}x^1+3\binom{n}{3}x^2+\cdots+n\binom{n}{n}x^{n-1}\;}}$
Conclusion. $\color{brown}{\boxed{\;f'(x)=\dsum_{k=1}^nk\binom{n}{k}x^{k-1}\;}}$

2°) $g(x)=(1-x)^n$.
Une démonstration analogue montre que :
$$g(x)=1+\dsum_{k=1}^n(-1)^k\binom{n}{k}x^k$$
On en déduit de même que :
$\color{brown}{\boxed{\;g'(x)=(-1)^1\binom{n}{1}x^0+2(-1)^2\binom{n}{2}x^1+\cdots+(-1)^nn\binom{n}{n}x^{n-1}\;}}$.
Conclusion. $\color{brown}{\boxed{\;f'(x)=\dsum_{k=1}^n(-1)^kk\binom{n}{k}x^{k-1}\;}}$

Approfondissement possible

Combinaisons avec répétitions.

L	M	M	J	V	S	D
				1	2	3
4	5	6	7	8	9	10
11	12	13	14	15	16	17
18	19	20	21	22	23	24
25	26	27	28	29	30