Avec le binôme de Newton - Exercice 2

On a :
$$S_1 = \sum_{k=0}^{n} a^k b^{n-k} = \sum_{k=0}^{n} a^k b^n b^{-k} = \sum_{k=0}^{n} a^k b^n \dfrac{1}{b^k} = \sum_{k=0}^{n} b^n \dfrac{a^k}{b^k} = \sum_{k=0}^{n} b^n \left( \dfrac{a}{b} \right)^k$$
Comme le terme $$b^n$$ ne dépend pas de l'indice de sommation $$k$$, on peut donc le sortir de la somme. On a alors :
$$S_1 = \sum_{k=0}^{n} a^k b^{n-k} = b^n \sum_{k=0}^{n} \left( \dfrac{a}{b} \right)^k$$
Il s'agit d'effectuer la somme des $$n+1$$ premier termes d'une suite géométrique de raison $$q= \dfrac{a}{b}$$ et de premier terme $$\left( \dfrac{a}{b} \right)^0 = 1$$. On obtient :
$$S_1 = \sum_{k=0}^{n} a^k b^{n-k} = b^n \times \left( \dfrac{a}{b} \right)^0 \times \dfrac{1 - \left( \dfrac{a}{b} \right)^{n+1}}{1 - \dfrac{a}{b}} = b^n \times 1 \times \dfrac{1 - \left( \dfrac{a}{b} \right)^{n+1}}{\dfrac{b-a}{b}} = b \times b^{n} \times \dfrac{1 - \left( \dfrac{a}{b} \right)^{n+1}}{b-a}$$
Ce qui nous donne :
$$S_1 = \sum_{k=0}^{n} a^k b^{n-k} = b^{n+1} \times \dfrac{1 - \dfrac{a^{n+1}}{b^{n+1}}}{b-a} = \dfrac{b^{n+1} - \dfrac{b^{n+1} \times a^{n+1}}{b^{n+1}}}{b-a}$$
En simplifiant par le terme non nul $$b^{n+1}$$, on obtient finalement :
$${\color{red}{\boxed{S_1 = \sum_{k=0}^{n} a^k b^{n-k} = \dfrac{b^{n+1} - a^{n+1}}{b-a}}}}$$
$${\color{blue}{\,\, \bullet \,\, \text{Remarque :}}}$$
Il est possible de retrouver ce même résultat en faisant usage des identités remarquables. En effet, on a, avec $$n \in \mathbb{N}$$ :
$$a^n - b^n = (a-b) \times (a^{n-1} + a^{n-2} b + a^{n-2} b^2 + \cdots + a b^{n-2} + b^{n-1})$$
Comme $$1 = a^0 = b^0$$, mais aussi que $$a = a^1$$ et $$b = b^1$$, on a également :
$$a^n - b^n = (a-b) \times (a^{n-1} b^0 + a^{n-2} b^1 + a^{n-2} b^2 + \cdots + a^1 b^{n-2} + a^0 b^{n-1})$$
En faisant usage du symbole de sommation $$\sum$$ on trouve que :
$$a^n - b^n = (a-b) \times \underbrace{\sum_{k=0}^{n-1}a^{n-1-k} b^k}_{\text{En comptant de gauche à droite}} = (a-b) \times \underbrace{\sum_{k=0}^{n-1} a^{k} b^{n-1-k}}_{\text{En comptant de droite à gauche}}$$
Ce qui nous donne donc :
$$\dfrac{a^n - b^n }{a-b} = \underbrace{\sum_{k=0}^{n-1}a^{n-1-k} b^k}_{\text{En comptant de gauche à droite}} = \underbrace{\sum_{k=0}^{n-1} a^{k} b^{n-1-k}}_{\text{En comptant de droite à gauche}}$$
En passant maintenant de la puissance $$n$$ à la puissance $$n+1$$, on obtient :
$$\dfrac{a^{n+1} - b^{n+1} }{a-b} = \underbrace{\sum_{k=0}^{{n+1}-1}a^{{n+1}-1-k} b^k}_{\text{En comptant de gauche à droite}} = \underbrace{\sum_{k=0}^{{n+1}-1} a^{k} b^{{n+1}-1-k}}_{\text{En comptant de droite à gauche}}$$
En simplifiant :
$$\dfrac{a^{n+1} - b^{n+1} }{a-b} = \underbrace{\sum_{k=0}^{n}a^{n-k} b^k}_{\text{En comptant de gauche à droite}} = \underbrace{\sum_{k=0}^{n} a^{k} b^{n-k}}_{\text{En comptant de droite à gauche}}$$
De plus, on a :
$$\dfrac{a^{n+1} - b^{n+1} }{a-b} = \dfrac{- \left(b^{n+1} - a^{n+1} \right) }{-(b-a)} = \dfrac{ b^{n+1} - a^{n+1} }{b-a}$$
Finalement, en prenant l'expression de sommation en parcourant le terme $$a^{n-1} b^0 + a^{n-2} b^1 + a^{n-2} b^2 + \cdots + a^1 b^{n-2} + a^0 b^{n-1}$$ de droite vers la gauche, on trouve bien que :
$${\color{blue}{\boxed{\sum_{k=0}^{n} a^k b^{n-k} = \dfrac{b^{n+1} - a^{n+1}}{b-a}}}}$$

On a :
$$(k+1)^3-k^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1 - k^3 = 3k^2 + 3k + 1$$
On en déduit que :
$$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^3-k^3 \right) = \sum_{k = 1}^n \left( 3k^2 + 3k + 1 \right) = 3 \sum_{k = 1}^n k^2 + 3 \sum_{k = 1}^n k + \sum_{k = 1}^n 1$$
En se souvenant que $$\sum_{k = 1}^n k = \dfrac{n(n+1)}{2}$$ et que $$\sum_{k = 1}^n 1 = n$$, on obtient alors :
$$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^3-k^3 \right) = 3 S_2 + 3 \dfrac{n(n+1)}{2} + n$$
En appliquant la technique du télescopage au terme $$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^3-k^3 \right)$$, on trouve que :
$$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^3-k^3 \right) = (n+1)^3 - 1^3 = (n+1)^3 - 1$$
Donc, on a l'égalité suivante :
$$(n+1)^3 - 1 = 3 S_2 + 3 \dfrac{n(n+1)}{2} + n$$
Ce qui nous donne :
$$(n+1)^3 - 1 - 3 \dfrac{n(n+1)}{2} - n = 3 S_2$$
D'où :
$$(n+1)^3 - 3 \dfrac{n(n+1)}{2} - (n+1) = 3 S_2$$
En factorisant par $$(n-1)$$, on trouve que :
$$(n+1) \left( (n+1)^2 - 3 \dfrac{n}{2} - 1 \right)= 3 S_2$$
En factorisant par $$\dfrac{1}{2}$$, puis en développant l'identité remarquable présente, on a :
$$\dfrac{1}{2}(n+1) \left( 2(n+1)^2 - 3 n - 2 \right)= 3 S_2 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{1}{2}(n+1) \left( 2n^2 +4n + 2 - 3 n - 2 \right) = 3 S_2$$
Soit encore :
$$\dfrac{1}{2}(n+1) \left( 2n^2 + n \right) = 3 S_2 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{1}{2}(n+1) n \left( 2n + 1 \right) = 3 S_2 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{1}{6}(n+1) n \left( 2n + 1 \right) = S_2$$
Finalement, on trouve que :
$${\color{red}{\boxed{S_2 = \sum_{k = 1}^n k^2 = \dfrac{n (n+1) (2n+1)}{6}}}}$$

On rappelle que :
$${\color{blue}{(a+b)^4 = a^4 + 4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4}}$$
On a :
$$(k+1)^4-k^4 = k^4 + 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1 - k^4 = 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1$$
On en déduit que :
$$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^4-k^4 \right) = \sum_{k = 1}^n \left( 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1 \right) = 4 \sum_{k = 1}^n k^3 + 6 \sum_{k = 1}^n k^2 + 4 \sum_{k = 1}^n k + \sum_{k = 1}^n 1$$
En se souvenant que $$\sum_{k = 1}^n k^2 = \dfrac{n (n+1) (2n+1)}{6}$$, puis $$\sum_{k = 1}^n k = \dfrac{n(n+1)}{2}$$ et que $$\sum_{k = 1}^n 1 = n$$, on obtient alors :
$$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^4-k^4 \right) = 4 S_3 + 6 \dfrac{n (n+1) (2n+1)}{6} + 4 \dfrac{n(n+1)}{2} + n$$
En appliquant la technique du télescopage au terme $$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^4-k^4 \right)$$, on trouve que :
$$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^4-k^4 \right) = (n+1)^4 - 1^4 = (n+1)^4 - 1$$
Ce qui nous permet d'écrire :
$$(n+1)^4 - 1 = 4 S_3 + 6 \dfrac{n (n+1) (2n+1)}{6} + 4 \dfrac{n(n+1)}{2} + n$$
Soit :
$$(n+1)^4 - 1 = 4 S_3 + n (n+1) (2n+1) + 2n(n+1) + n$$
Soit encore :
$$(n+1)^4 - 1 - n (n+1) (2n+1) - 2n(n+1) - n = 4 S_3$$
Ainsi :
$$(n+1)^4 - n (n+1) (2n+1) - 2n(n+1) - (n+1) = 4 S_3$$
En factorisant par le terme $$(n+1)$$, on trouve que :
$$(n+1) \left( (n+1)^3 - n (2n+1) + 2n - 1 \right)= 4 S_3$$
En développant les différents termes, on obtient :
$$(n+1) \left( n^3 + 3n^2 + 3n + 1 - 2n^2 - n - 2n - 1 \right)= 4 S_3$$
On en déduit que :
$$(n+1) \left( n^3 + n^2\right)= 4 S_3$$
En factorisant par $$n^2$$, on arrive à l'égalité suivante :
$$(n+1) n^2 \left( n + 1\right)= 4 S_3$$
Ce qui nous donne :
$$(n+1)^2 n^2 = 4 S_3$$
Qui prend la forme suivante :
$$\left(n(n+1)\right)^2 = 2^2 S_3$$
Donc :
$$\dfrac{\left(n(n+1)\right)^2}{2^2} = S_3$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{S_3 = \sum_{k = 1}^n k^3 = \left( \dfrac{n(n+1)}{2} \right)^2}}}$$
$${\color{blue}{\,\, \bullet \,\, \text{Remarque :}}}$$
On constate que :
$${\color{blue}{\boxed{\sum_{k = 1}^n k^3 = \left( \sum_{k = 1}^n k \right)^2 }}}$$

On rappelle que :
$${\color{blue}{(a+b)^5 = a^5 + 5a^4b + 10a^3b^2 + 10a^2b^3 + 5ab^4 + b^5}}$$
On a :
$$(k+1)^5-k^5 = k^5 + 5k^4 + 10k^3 + 10k^2 + 5k + 1 - k^5 = 5k^4 + 10k^3 + 10k^2 + 5k + 1$$
On en déduit que :
$$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^5-k^5 \right) = \sum_{k = 1}^n \left( 5k^4 + 10k^3 + 10k^2 + 5k + 1 \right) = 5 \sum_{k = 1}^n k^4 + 10 \sum_{k = 1}^n k^3 + 10 \sum_{k = 1}^n k^2 + 5 \sum_{k = 1}^n k + \sum_{k = 1}^n 1$$
En se souvenant que $$\sum_{k = 1}^n k^3 = \dfrac{n^2(n+1)^2}{4}$$ et que $$\sum_{k = 1}^n k^2 = \dfrac{n (n+1) (2n+1)}{6}$$, puis $$\sum_{k = 1}^n k = \dfrac{n(n+1)}{2}$$ et enfin que $$\sum_{k = 1}^n 1 = n$$, on obtient alors :
$$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^5-k^5 \right) = 5 S_4 + 10 \dfrac{n^2(n+1)^2}{4} + 10 \dfrac{n (n+1) (2n+1)}{6} + 5 \dfrac{n(n+1)}{2} + n$$
En appliquant la technique du télescopage au terme $$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^5-k^5 \right)$$, on trouve que :
$$\sum_{k = 1}^n \left( (k+1)^5-k^5 \right) = (n+1)^5 - 1^5 = (n+1)^5 - 1$$
Ce qui nous permet d'écrire :
$$(n+1)^5 - 1 = 5 S_4 + 10 \dfrac{n^2(n+1)^2}{4} + 10 \dfrac{n (n+1) (2n+1)}{6} + 5 \dfrac{n(n+1)}{2} + n$$
Soit :
$$(n+1)^5 - 1 = 5 S_4 + 5 \dfrac{n^2(n+1)^2}{2} + 5 \dfrac{n (n+1) (2n+1)}{3} + 5 \dfrac{n(n+1)}{2} + n$$
Soit encore :
$$(n+1)^5 - 1 - 5 \dfrac{n^2(n+1)^2}{2} - 5 \dfrac{n (n+1) (2n+1)}{3} - 5 \dfrac{n(n+1)}{2} - n = 5 S_4$$
Ainsi :
$$(n+1)^5 - 5 \dfrac{n^2(n+1)^2}{2} - 5 \dfrac{n (n+1) (2n+1)}{3} - 5 \dfrac{n(n+1)}{2} - (n+1) = 5 S_4$$
En factorisant par le terme $$(n+1)$$, on trouve que :
$$(n+1) \left( (n+1)^4 - \dfrac{5}{2}n^2(n+1) - \dfrac{5}{3}n (2n+1) - \dfrac{5}{2}n - 1 \right)= 5 S_4$$
On va maintenant multiplier l'égalité précédente par $$6$$ afin d'éliminer les fractions. On a alors :
$$(n+1) \left( 6(n+1)^4 - 15n^2(n+1) - 10n (2n+1) - 15n - 6 \right)= 30 S_4$$
En développant les différents termes, on obtient :
$$(n+1) \left( 6n^4+24n^3+36n^2+24n+6-15n^3-15n^2-20n^2-10n-15n-6 \right)= 30 S_4$$
On en déduit que :
$$(n+1) \left( 6n^4 + 9n^3 + n^2 - n \right)= 30 S_4$$
En factorisant par $$n$$, on arrive à l'égalité suivante :
$$(n+1) n \left( 6n^3 + 9n^2 + n - 1 \right)= 30 S_4$$
Le polynôme $$6n^3 + 9n^2 + n - 1$$ admet comme racine $${\color{blue}{évidente}}$$ la valeur $$n={\color{red}{-\dfrac{1}{2}}}$$. En utilisant la méthode de factorisation de $${\color{blue}{Horner}}$$ on obtient le tableau des coefficients de factorisation suivant :
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} & {\color{brown}{6}} & 9 & 1 & -1 \\ {\color{red}{-\dfrac{1}{2}}} & \downarrow & {\color{blue}{6}} \times {\color{red}{-\dfrac{1}{2}}} = -3 & {\color{green}{6}} \times {\color{red}{-\dfrac{1}{2}}} = - 3 & {\color{gray}{-2}} \times {\color{red}{-\dfrac{1}{2}}} = 1 \\ & {\color{blue}{6}} & 9-3={\color{green}{6}} & 1 - 3 = {\color{gray}{-2}} & -1 + 1 = {\color{violet}{0}} \\ \end{array}$$
On en déduit alors que :
$${\color{brown}{6}}n^3 + 9n^2 + n - 1 = \left( n - {\color{red}{-\dfrac{1}{2}}}\right) \times\left( {{\color{blue}{6}}n^2 + \color{green}{6}} n + ({\color{gray}{-2}})\right)$$
Ce qui nous donne :
$$6n^3 + 9n^2 + n - 1 = 2 \left( n + \dfrac{1}{2} \right) (3n^2+3n-1) = (2n+1) (3n^2+3n-1)$$
Ainsi, on obtient :
$$(n+1) n (2n+1) (3n^2+3n-1) = 30 S_4$$
La factorisation du polynôme $$3n^2+3n-1$$ conduirait à l'expression nettement moins pratique suivante :
$$3n^2+3n-1 = 3 \left( n - \dfrac{\sqrt{21}-3}{6} \right) \left( n + \dfrac{\sqrt{21}+3}{6} \right)$$
Finalement on exprime le résultat recherché sous la forme :
$${\color{red}{\boxed{S_4 = \sum_{k = 1}^n k^4 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}}}}$$
$${\color{blue}{\,\, \bullet \,\, \text{Remarque :}}}$$
On constate que :
$${\color{blue}{\boxed{\sum_{k = 1}^n k^4 = \dfrac{1}{5} (3n^2+3n-1)\sum_{k = 1}^n k^2}}}$$

D'après l'énoncé de la question, on peut écrire que :
$${\color{blue}{(k+1)^d = \sum_{j = 0}^d \left( \begin{array}{c} d \\j \\ \end{array}\right) k^j = \underbrace{\left( \begin{array}{c} d \\d \\ \end{array}\right)}_{=1} k^d + \sum_{j = 0}^{d-1} \left( \begin{array}{c} d \\j \\ \end{array}\right) k^j = k^d + \sum_{j = 0}^{d-1} \left( \begin{array}{c} d \\j \\ \end{array}\right) k^j}}$$
Donc, on en déduit que :
$$(k+1)^{d+1}-k^{d+1} = k^{d+1} + \sum_{j = 0}^{d} \left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right) k^j - k^{d+1} = \sum_{j = 0}^{d} \left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right) k^j$$
Ce qui implique que :
$$\sum_{k = 1}^{n} \left( (k+1)^{d+1}-k^{d+1} \right) = \sum_{k = 1}^{n} \left(\sum_{j = 0}^{d} \left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right) k^j \right)$$
Comme il est possible d'additionner des termes dans n'importe quel ordre, on va donc pouvoir $${\color{red}{\text{\bf{permuter}}}}$$ les deux sommations. On obtient alors :
$$\sum_{k = 1}^{n} \left( (k+1)^{d+1}-k^{d+1} \right) = \sum_{j = 0}^{d} \left(\sum_{k = 1}^{n} \left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right) k^j \right)$$
Le nombre $$\left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right)$$ ne dépend pas de l'indice de sommation $$k$$. Il est donc possible de le sortir de la somme $$\sum_{k = 1}^{n}$$ (c'est-à-dire de le mettre en facteur devant cette somme). On a alors :
$$\sum_{k = 1}^{n} \left( (k+1)^{d+1}-k^{d+1} \right) = \sum_{j = 0}^{d} \left( \left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right) \sum_{k = 1}^{n} k^j \right)$$
Pour des raisons de simplification d'écriture, on pose $$S_j = \sum_{k = 1}^{n} k^j$$. On obtient alors :
$$\sum_{k = 1}^{n} \left( (k+1)^{d+1}-k^{d+1} \right) = \sum_{j = 0}^{d} \left( \left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right) S_j \right)$$
Puis, à l'aide de la technique du télescopage, on en déduit que :
$$\sum_{k = 1}^{n} \left( (k+1)^{d+1}-k^{d+1} \right) = (n+1)^{d+1} - 1^{d+1} = (n+1)^{d+1} - 1$$
Ce qui nous donne l'égalité suivante :
$$(n+1)^{d+1} - 1 = \sum_{j = 0}^{d} \left( \left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right) S_j \right)$$
Comme on cherche à déterminer l'expression de la somme $$S_d$$, on va la mettre clairement en évidence (en la sortant de la sommation pour l'indice $$j=d$$) selon l'écriture suivante :
$$(n+1)^{d+1} - 1 = \left( \begin{array}{c} d+1 \\d \\ \end{array}\right) S_d + \sum_{j = 0}^{d-1} \left( \left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right) S_j \right)$$
Avec :
$$\left( \begin{array}{c} d+1 \\d \\ \end{array}\right) = \dfrac{(d+1) \, !}{d \, ! \, (d+1-d) \, !} = \dfrac{(d+1) \, !}{d \, ! \, 1 \, !} = \dfrac{(d+1) \, !}{d \, ! 1} = \dfrac{(d+1) \, !}{d \, !} = \dfrac{(d+1) \times d\, !}{d \, !} = d+1$$
Ce qui nous donne :
$$(n+1)^{d+1} - 1 = (d+1) S_d + \sum_{j = 0}^{d-1} \left( \left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right) S_j \right)$$
Ainsi, on obtient :
$$(n+1)^{d+1} - 1 - \sum_{j = 0}^{d-1} \left( \left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right) S_j \right) = (d+1) S_d$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{S_d = \sum_{k = 1}^n k^d = \dfrac{(n+1)^{d+1} - 1 - \displaystyle{\sum_{j = 0}^{d-1}} \left( \left( \begin{array}{c} d+1 \\j \\ \end{array}\right) S_j \right)}{d+1}}}}$$
Ainsi, de proche en proche, on peut calculer toutes les sommes du type $$S_{d \in \mathbb{N}^\star} = \sum_{k = 1}^n k^d$$.

Il s'agit ici de l'illustration des jeux d'écritures. On remarque que la somme proposée $$S$$ est le début de l'écriture du binôme de $$Newton$$. D'où l'idée suivante :
$$S = \sum_{k=0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) = \sum_{k=0}^n \left( \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) \times 1 \right) = \sum_{k=0}^n \left( \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) \times 1 \times 1\right) = \sum_{k=0}^n \left( \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) \times 1^k \times 1^{n-k}\right)$$
D'après la formule du binôme de $$Newton$$, on peut écrire que :
$$\sum_{k=0}^n \left( \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) \times 1^k \times 1^{n-k}\right) = (1+1)^n = 2^n$$
Finanlement, on trouve que :
$${\color{red}{\boxed{S = \sum_{k=0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right)=2^n}}}$$

La formule du binôme de $$Newton$$ nous dit que, pour $$x$$ et $$y$$ complexes, on a :
$$(x+y)^n = \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) x^k y^{n-k}$$
La somme rechercher fait apparaître le terme $$k$$ seul devant le coefficient $$\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right)$$. C'est pourquoi il faut "éliminer", dans l'écriture, la présence de $$n-k$$. Pour cela il suffit de poser $$y=1$$. On a alors :
$$(x+1)^n = \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) x^k$$
La somme $$S$$ qui est recherchée, à savoir $$S = \sum_{k=0}^n k \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right)$$, fait apparaitre $$k$$, non pas en puissance, mais en multiplication du terme $$\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right)$$. Or, l'unique possibilité de faire ceci est de $${\color{red}{\text{\bf{dériver par rapport à }}}x}$$ l'égalité $$(x+1)^n = \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) x^k$$. On a alors :
$$\left( (x+1)^n \right)' = \left( \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) x^k \right)' \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, n (x+1)^{n-1} = \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) \left(x^k\right)' \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, n (x+1)^{n-1} = \sum_{k = 0}^n k\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) x^{k-1}$$
Visuellement, on constate immédiatement qu'en posant $${\color{red}{x=1}}$$ on obtient le résultat souhaité. On a donc :
$$n ({\color{red}{1}}+1)^{n-1} = \sum_{k = 0}^n k\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) {\color{red}{1}}^{k-1}$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{S = \sum_{k=0}^n k\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right)=n2^{n-1}}}}$$

La formule du binôme de $$Newton$$ nous dit que, pour $$x$$ et $$y$$ complexes, on a :
$$(x+y)^n = \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) x^k y^{n-k}$$
La somme rechercher ne fait pas apparaître de second terme $$y$$. C'est pourquoi il faut "éliminer", dans l'écriture, la présence de $$y$$. Pour cela il suffit de poser $$y=1$$. On a alors :
$$(x+1)^n = \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) x^k$$
Visuellement, on constate immédiatement qu'en posant $${\color{red}{x=e}}$$ on obtient le résultat souhaité. On a donc :
$$({\color{red}{e}}+1)^{n} = \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) {\color{red}{e}}^{k}$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{S = \sum_{k=0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) e^k =(1+e)^{n}}}}$$

L'écriture $$2p$$ et $$2p+1$$ sont associées respectivement aux nombres entiers pairs et impairs. D'où l'idée de passer par la somme qui les réunie, à savoir :
$$S = \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) = 2^n$$
On a alors :
$$S = S_p + S_i$$
De plus, on sait que :
$$(x+1)^n = \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) x^k$$
Donc, en posant $$x=-1$$, on obtient :
$$(-1+1)^n = \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) (-1)^k \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, 0 = \sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) (-1)^k$$
Dans la somme (nulle) obtenue $$\sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) (-1)^k$$ l'indice $$k$$ balaye tous les nombres pairs dans l'intervalle $$[\![0;n]\!]$$ mais également tous les nombres impairs de ce même intervalle $$[\![0;n]\!]$$ ; et ceci quelque soit la parité de $$n$$.
On constate que lorsque $$k$$ est pair on a $$(-1)^k = 1$$ et ceci engendre la somme $$S_p$$. De même, lorsque $$k$$ est impair on a $$(-1)^k = -1$$ et ceci engendre la somme $$-S_i$$. On peut donc écrire que :
$$\sum_{k = 0}^n \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) (-1)^k = S_p + (-S_i)$$
Ce qui nous donne :
$$S_p - S_i = 0$$
Ainsi, on a le système suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{ccc} S_p + S_i & = & 2^n \\ S_p - S_i & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
Donc, en additionnant membres à membres, on obtient $$S_p + S_p = 2^n + 0$$ ; puis en effectuant une soustraction membres à membres, on obtient $$S_i - (-S_i) = 2^n - 0$$. Ceci nous permet d'écrire que $$2S_p = 2^n$$ et $$2S_i = 2^n$$. D'où :
$$S_p = S_i = \dfrac{2^n}{2}$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{\sum_{0 \leqslant 2p \leqslant n} \left( \begin{array}{c} n \\ 2p \\ \end{array}\right) =\sum_{0 \leqslant 2p+1 \leqslant n} \left( \begin{array}{c} n \\ 2p+1 \\ \end{array}\right) = 2^{n-1}}}}$$