Manipulations de sommes et de produits

Avec le binôme de Newton - Exercice 3

20 min
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Question 1

Soient kk, pp et nn trois nombres entiers naturels. Ces trois nombres entiers naturels vérifient 0⩽k⩽p0 \leqslant k \leqslant p et 0⩽p⩽n0 \leqslant p \leqslant n. Calculer la somme SS suivante : S=∑k=0p(nk)(n−kp−k)S = \sum_{k=0}^{p} \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-k \\ p-k \\ \end{array} \right)

Correction
On a :
(nk)(n−kp−k)=n !k ! (n−k) !×(n−k) !(p−k) ! ((n−k)−(p−k)) !=n !k ! (n−k) !×(n−k) !(p−k) ! (n−k−p+k) !\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-k \\ p-k \\ \end{array} \right) = \dfrac{n \, !}{k \, ! \, (n-k) \, !} \times \dfrac{(n-k) \, !}{(p-k) \, ! \, ((n-k) -(p-k)) \, !} = \dfrac{n \, !}{k \, ! \, (n-k) \, !} \times \dfrac{(n-k) \, !}{(p-k) \, ! \, (n-k-p+k) \, !}
En simplifiant on obtient :
(nk)(n−kp−k)=n !k !×1(p−k) ! (n−p) !\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-k \\ p-k \\ \end{array} \right) = \dfrac{n \, !}{k \, !} \times \dfrac{1}{(p-k) \, ! \, (n-p) \, !}
La somme SS recherchée à un indice de sommation qui est kk. C'est pourquoi nous allons écrire cette dernière égalité comme :
(nk)(n−kp−k)=n !(n−p) !×1k ! (p−k) !=n !p ! (n−p) !×p !k ! (p−k) !=(np)⏟Indeˊpendant de k×(pk)\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-k \\ p-k \\ \end{array} \right) = \dfrac{n \, !}{(n-p) \, !} \times \dfrac{1}{k \, ! \, (p-k) \, !} = \dfrac{n \, !}{p \,! \,(n-p) \, !} \times \dfrac{p \,!}{k \, ! \, (p-k) \, !} = \underbrace{\left( \begin{array}{c} n \\ p \\ \end{array} \right)}_{\text{Indépendant de }k} \times \left( \begin{array}{c} p \\ k \\ \end{array} \right)
Ainsi, on a :
S=∑k=0p(nk)(n−kp−k)=∑k=0p(np)⏟Indeˊpendant de k×(pk)=(np)∑k=0p(pk)S = \sum_{k=0}^{p} \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-k \\ p-k \\ \end{array} \right) = \sum_{k=0}^{p} \underbrace{\left( \begin{array}{c} n \\ p \\ \end{array} \right)}_{\text{Indépendant de }k} \times \left( \begin{array}{c} p \\ k \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} n \\ p \\ \end{array} \right) \sum_{k=0}^{p} \left( \begin{array}{c} p \\ k \\ \end{array} \right)
D'après la question 6)6) de cet exercice, on sait que la dernière somme écrite vaut :
∑k=0p(pk)=2p\sum_{k=0}^{p} \left( \begin{array}{c} p \\ k \\ \end{array} \right) = 2^p
D'où :
S=∑k=0p(nk)(n−kp−k)=(np)×2pS = \sum_{k=0}^{p} \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-k \\ p-k \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} n \\ p \\ \end{array} \right) \times 2^p
Finalement :
S=∑k=0p(nk)(n−kp−k)=2p(np){\color{red}{\boxed{S = \sum_{k=0}^{p} \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-k \\ p-k \\ \end{array} \right) = 2^p \left( \begin{array}{c} n \\ p \\ \end{array} \right)}}}
Question 2

Soient kk, pp et nn trois nombres entiers naturels. Ces trois nombres entiers naturels vérifient 0⩽p⩽k0 \leqslant p \leqslant k et 0⩽k⩽n0 \leqslant k \leqslant n. Calculer la somme SS suivante : S=∑p=0k(−1)p(nn−p)(n−pn−k)S = \sum_{p=0}^{k} (-1)^p \left( \begin{array}{c} n \\ n-p \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-p \\ n-k \\ \end{array} \right)

Correction
On a :
(nn−p)(n−pn−k)=n !(n−p) ! (n−(n−p)) !×(n−p) !(n−k) ! ((n−p)−(n−k)) !\left( \begin{array}{c} n \\ n-p \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-p \\ n-k \\ \end{array} \right) = \dfrac{n \, !}{(n-p) \, ! \, (n-(n-p)) \, !} \times \dfrac{(n-p) \, !}{(n-k) \, ! \, ((n-p) -(n-k)) \, !}
Soit :
(nn−p)(n−pn−k)=n !(n−n+p) !×1(n−k) ! (n−p−n+k) !=n !p !×1(n−k) ! (−p+k) !\left( \begin{array}{c} n \\ n-p \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-p \\ n-k \\ \end{array} \right) = \dfrac{n \, !}{ (n-n+p) \, !} \times \dfrac{1}{(n-k) \, ! \, (n-p -n+k) \, !} = \dfrac{n \, !}{ p \, !} \times \dfrac{1}{(n-k) \, ! \, (-p+k) \, !}
Ce qui nous donne :
(nn−p)(n−pn−k)=n !(n−k) !×1p ! (k−p) !=n !k ! (n−k) !×k !p ! (k−p) !=(nk)⏟Indeˊpendant de p(kp)\left( \begin{array}{c} n \\ n-p \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-p \\ n-k \\ \end{array} \right) = \dfrac{n \, !}{ (n-k) \, !} \times \dfrac{1}{p \, ! \, (k-p) \, !} = \dfrac{n \, !}{k \, ! \, (n-k) \, !} \times \dfrac{k \, !}{p \, ! \, (k-p) \, !} = \underbrace{\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array} \right)}_{\text{Indépendant de }p} \left( \begin{array}{c} k \\ p \\ \end{array} \right)
Ainsi, on peut écrire que :
S=∑p=0k(−1)p(nn−p)(n−pn−k)=∑p=0k(−1)p(nk)⏟Indeˊpendant de p(kp)=(nk)∑p=0k(−1)p(kp)S = \sum_{p=0}^{k} (-1)^p \left( \begin{array}{c} n \\ n-p \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-p \\ n-k \\ \end{array} \right) = \sum_{p=0}^{k} (-1)^p \underbrace{\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array} \right)}_{\text{Indépendant de }p} \left( \begin{array}{c} k \\ p \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array} \right) \sum_{p=0}^{k} (-1)^p \left( \begin{array}{c} k \\ p \\ \end{array} \right)
Il nous faut maintenant déterminer l'expression de la somme ∑p=0k(−1)p(kp)\sum_{p=0}^{k} (-1)^p \left( \begin{array}{c} k \\ p \\ \end{array} \right). Pour cela, partons de l'expressiondu binôme de NewtonNewton suivant :
(x+1)k=∑p=0k(kp)xp(x+1)^k = \sum_{p = 0}^k \left( \begin{array}{c} k \\ p \\ \end{array}\right) x^p
Donc, en posant x=−1x=-1, on obtient :
(−1+1)k=∑p=0n(kp)(−1)p     ⟺     0=∑p=0n(kp)(−1)p(-1+1)^k = \sum_{p = 0}^n \left( \begin{array}{c} k \\ p \\ \end{array}\right) (-1)^p \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, 0 = \sum_{p = 0}^n \left( \begin{array}{c} k \\ p \\ \end{array}\right) (-1)^p
On vient de démontrer que ∑p=0n(kp)(−1)p=0\sum_{p = 0}^n \left( \begin{array}{c} k \\ p \\ \end{array}\right) (-1)^p = 0, ce qui implique que (nk)∑p=0k(−1)p(kp)=0\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array} \right) \sum_{p=0}^{k} (-1)^p \left( \begin{array}{c} k \\ p \\ \end{array} \right) = 0.
Finalement :
S=∑p=0k(−1)p(nn−p)(n−pn−k)=0{\color{red}{\boxed{S = \sum_{p=0}^{k} (-1)^p \left( \begin{array}{c} n \\ n-p \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} n-p \\ n-k \\ \end{array} \right) = 0}}}
Question 3

Soient xx un nombre réel, et nn un nombre entier naturel. En utilisant l'égalité (1+x)2n=(1+x)n×(1+x)n(1+x)^{2n} = (1+x)^n \times (1+x)^n, démontrer l'égalité suivante : (2nn)=∑p=0n((np)2)\left( \begin{array}{c} 2n \\ n \\ \end{array} \right) = \sum_{p=0}^n \left( \left( \begin{array}{c} n \\ p \\ \end{array} \right)^2 \right).
En déduire que : n2(2nn)=∑p=1n(p(np)2) \dfrac{n}{2} \left( \begin{array}{c} 2n \\ n \\ \end{array} \right) = \sum_{p=1}^n \left( p \left( \begin{array}{c} n \\ p \\ \end{array} \right)^2 \right).

Correction
Nous allons, grâce au binôme de NewtonNewton, déterminer le coefficient associé à au terme xnx^n dans les deux expressions (1+x)2n(1+x)^{2n} et (1+x)n×(1+x)n(1+x)^n \times (1+x)^n.
D'après la formule du binôme de NewtonNewton, on a :
(1+x)2n=∑k=02n(2nk)xk(1+x)^{2n} = \sum_{k = 0}^{2n} \left( \begin{array}{c} 2n \\ k \\ \end{array}\right) x^k
Ceci peut également être écrit comme :
(1+x)2n=∑k=0n−1(2nk)xk+(2nn)xn+∑k=n+12n(2nk)xk(1+x)^{2n} = \sum_{k = 0}^{n-1} \left( \begin{array}{c} 2n \\ k \\ \end{array}\right) x^k + \left( \begin{array}{c} 2n \\ n \\ \end{array}\right) x^n + \sum_{k = n+1}^{2n} \left( \begin{array}{c} 2n \\ k \\ \end{array}\right) x^k
Ainsi le terme xnx^n à pour coefficient (2nn)\left( \begin{array}{c} 2n \\ n \\ \end{array}\right).
Puis, on a :
(1+x)n×(1+x)n=(∑k=0n(nk)xk)×(∑q=0n(nq)xq)(1+x)^n \times (1+x)^n = \left( \sum_{k = 0}^{n} \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) x^k \right) \times \left( \sum_{q = 0}^{n} \left( \begin{array}{c} n \\ q \\ \end{array}\right) x^q \right)
Dans cette expression, le terme xnx^n est obtenu par tous les produits xk×xq=xk+q=xnx^k \times x^q = x^{k+q} = x^n. Donc on a k+q=nk+q=n. Ainsi, on en déduit que le coefficient associé est donnée par :
(n0)(nn)+(n1)(nn−1)+(n2)(nn−2)+⋯+(nn−1)(n1)+(nn)(n0)\left( \begin{array}{c} n \\ 0 \\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{c} n \\ n \\ \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} n \\ 1 \\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{c} n \\ n-1 \\ \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} n \\ 2 \\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{c} n \\ n-2 \\ \end{array}\right) + \cdots + \left( \begin{array}{c} n \\ n-1 \\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{c} n \\ 1 \\ \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} n \\ n \\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{c} n \\ 0 \\ \end{array}\right)
Chacun des produits présents dans cette dernière somme est de la forme :
(nk)(nn−k)\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{c} n \\ n-k \\ \end{array}\right)
Mais :
(nn−k)=n !(n−k) ! (n−(n−k)) !=n !(n−k) ! (n−n+k) !=n !(n−k) ! k !=n !k ! (n−k) !=(nk)\left( \begin{array}{c} n \\ n-k \\ \end{array}\right) = \dfrac{n \, !}{(n-k)\, ! \, (n-(n-k)) \, !} = \dfrac{n \, !}{(n-k)\, ! \, (n-n+k) \, !} = \dfrac{n \, !}{(n-k)\, ! \, k \, !} = \dfrac{n \, !}{k \, ! \, (n-k)\, !} = \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right)
Ainsi :
(nk)(nn−k)=(nk)2\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{c} n \\ n-k \\ \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right)^2
Dès lors, on en déduit que le coefficient associé à xnx^n est donnée par :
(n0)2+(n1)2+(n2)2+⋯+(nk)2+⋯+(nn−1)2+(nn)2=∑k=1n((nk)2)\left( \begin{array}{c} n \\ 0 \\ \end{array}\right)^2 + \left( \begin{array}{c} n \\ 1 \\ \end{array}\right)^2 + \left( \begin{array}{c} n \\ 2 \\ \end{array}\right)^2 +\cdots + \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right)^2 + \cdots + \left( \begin{array}{c} n \\ n-1 \\ \end{array}\right)^2 + \left( \begin{array}{c} n \\ n \\ \end{array}\right)^2 = \sum_{k=1}^n \left( \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right)^2 \right)
De fait, en égalisant les deux expressions du coefficient associé à xnx^n à partir des deux expressions (1+x)2n(1+x)^{2n} et (1+x)n×(1+x)n(1+x)^n \times (1+x)^n, on obtient bien la première relation souhaitée, à savoir :
(2nn)=∑p=0n((np)2){\color{red}{\boxed{\left( \begin{array}{c} 2n \\ n \\ \end{array} \right) = \sum_{p=0}^n \left( \left( \begin{array}{c} n \\ p \\ \end{array} \right)^2 \right)}}}
Dans le seconde relation à démontrer, la présence du terme p{\color{blue}{p}} en multiplication nous invite à réfléchir vers la deˊrivation{\color{blue}{dérivation}}. De plus, ceci est encouragé par le décalage initial de l'indice de sommation qui débute à 11 et non à 00. En ce sens, on part de :
((1+x)2n)′=(∑k=02n(2nk)xk)′=∑k=02n(2nk)(xk)′=∑k=12n(2nk)kxk−1=∑k=12nk(2nk)xk−1\left((1+x)^{2n}\right)' = \left(\sum_{k = 0}^{2n} \left( \begin{array}{c} 2n \\ k \\ \end{array}\right) x^k \right)' = \sum_{k = 0}^{2n} \left(\begin{array}{c} 2n \\ k \\ \end{array}\right) \left( x^k \right)' = \sum_{k = 1}^{2n} \left(\begin{array}{c} 2n \\ k \\ \end{array}\right) k x^{k-1} = \sum_{k = 1}^{2n} k\left(\begin{array}{c} 2n \\ k \\ \end{array}\right) x^{k-1}
Ce qui peut encore s'écrire sous la forme suivante :
((1+x)2n)′=∑k=1n−1k(2nk)xk−1+n(2nn)xn−1+∑k=n+12nk(2nk)xk−1\left((1+x)^{2n}\right)' = \sum_{k = 1}^{n-1} k\left(\begin{array}{c} 2n \\ k \\ \end{array}\right) x^{k-1} + n\left(\begin{array}{c} 2n \\ n \\ \end{array}\right) x^{n-1} + \sum_{k = n+1}^{2n} k\left(\begin{array}{c} 2n \\ k \\ \end{array}\right) x^{k-1}
Lorsque k=nk=n le coefficient associé à xn−1x^{n-1} est n(2nn)n\left(\begin{array}{c} 2n \\ n \\ \end{array}\right). Et c'est ce coefficient qui (au facteur 12\dfrac{1}{2} près) est présent dans la relation à démontrer.
Puis, d'un autre côté, on peut également écrire que :
((1+x)2n)′=(((1+x)n)2)′=2×(1+x)n×((1+x)n)′\left((1+x)^{2n}\right)' = \left( \left((1+x)^{n}\right)^2 \right)' = 2 \times (1+x)^{n} \times \left((1+x)^{n}\right)'
En utilisant le binôme de NewtonNewton, on peut écrire que :
((1+x)2n)′=2×(∑k=0n(nk)xk)×(∑q=1nq(nq)xq−1)\left((1+x)^{2n}\right)' = 2 \times \left( \sum_{k = 0}^{n} \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) x^k \right) \times \left( \sum_{q = 1}^{n} q\left( \begin{array}{c} n \\ q \\ \end{array}\right) x^{q-1} \right)
Dans cette expression, le terme xn−1x^{n-1} est obtenu par tous les produits xk×xq−1=xk+q−1=xn−1x^k \times x^{q-1} = x^{k+q-1} = x^{n-1}. Donc on a k+q=nk+q=n. Ainsi, on en déduit que le coefficient associé est donnée par :
2((n0)n(nn)+(n1)(n−1)(nn−1)+(n2)(n−2)(nn−2)+⋯+(nk)(n−k)(nn−k)+⋯+(nn−1)1(n1)+(nn)0(n0))2\left(\left( \begin{array}{c} n \\ 0 \\ \end{array}\right) n\left( \begin{array}{c} n \\ n \\ \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} n \\ 1 \\ \end{array}\right) (n-1) \left( \begin{array}{c} n \\ n-1 \\ \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} n \\ 2 \\ \end{array}\right) (n-2) \left( \begin{array}{c} n \\ n-2 \\ \end{array}\right) + \cdots + \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) (n-k) \left( \begin{array}{c} n \\ n-k \\ \end{array}\right) + \cdots + \left( \begin{array}{c} n \\ n-1 \\ \end{array}\right) 1 \left( \begin{array}{c} n \\ 1 \\ \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} n \\ n \\ \end{array}\right) 0 \left( \begin{array}{c} n \\ 0 \\ \end{array}\right) \right)
Mais :
(nn−k)=n !(n−k) ! (n−(n−k)) !=n !(n−k) ! (n−n+k) !=n !(n−k) ! k !=n !k ! (n−k) !=(nk)\left( \begin{array}{c} n \\ n-k \\ \end{array}\right) = \dfrac{n \, !}{(n-k)\, ! \, (n-(n-k)) \, !} = \dfrac{n \, !}{(n-k)\, ! \, (n-n+k) \, !} = \dfrac{n \, !}{(n-k)\, ! \, k \, !} = \dfrac{n \, !}{k \, ! \, (n-k)\, !} = \left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right)
Ainsi :
(nk)(n−k)(nn−k)=(n−k)(nn−k)2\left( \begin{array}{c} n \\ k \\ \end{array}\right) (n-k) \left( \begin{array}{c} n \\ n-k \\ \end{array}\right) = (n-k) \left(\begin{array}{c} n \\ n-k \\ \end{array}\right)^2
Dès lors, on en déduit que le coefficient associé à xn−1x^{n-1} est donnée par :
2(n(nn)2+(n−1)(nn−1)2+(n−2)(nn−2)2+⋯+(n−k)(nn−k)2+⋯+1(n1)2+0)2 \left( n\left( \begin{array}{c} n \\ n \\ \end{array}\right)^2 + (n-1) \left( \begin{array}{c} n \\ n-1 \\ \end{array}\right)^2 + (n-2) \left( \begin{array}{c} n \\ n-2 \\ \end{array}\right)^2 + \cdots + (n-k) \left( \begin{array}{c} n \\ n-k \\ \end{array}\right)^2 + \cdots + 1 \left( \begin{array}{c} n \\ 1 \\ \end{array}\right)^2 + 0 \right)
En observant l'expression de ce coefficient, ce dernier peut également s'écrire comme :
2∑p=1n(p(np)2)2\sum_{p=1}^{n} \left( p \left( \begin{array}{c} n \\ p \\ \end{array}\right)^2 \right)
En égalant les deux expressions obtenues du coefficient du terme xn−1x^{n-1}, on aboutit alors à l'égalité suivante :
n(2nn)=2∑p=1n(p(np)2)n\left(\begin{array}{c} 2n \\ n \\ \end{array}\right) = 2\sum_{p=1}^{n} \left( p \left( \begin{array}{c} n \\ p \\ \end{array}\right)^2 \right)
Finalement, en divisant par 22, on obtient bien la seconde relation cherchée, à savoir :
n2(2nn)=∑p=1n(p(np)2){\color{blue}{\boxed{ \dfrac{n}{2} \left( \begin{array}{c} 2n \\ n \\ \end{array} \right) = \sum_{p=1}^n \left( p\left( \begin{array}{c} n \\ p \\ \end{array} \right)^2 \right)}}}