a)   Par le calcul : si ${\displaystyle m\leq 0}$ ou ${\displaystyle m>n}$, les deux membres sont nuls. Si ${\displaystyle 1\leq m\leq n}$ alors ${\displaystyle n{\binom {n-1}{m-1}}={\frac {n!}{(m-1)!(n-m)!}}=m{\binom {n}{m}}}$.

Par un raisonnement combinatoire : ces deux expressions correspondent à deux façons de dénombrer les couples ${\displaystyle (A,a)}$, où ${\displaystyle A}$ est une partie à ${\displaystyle m}$ éléments d'un ensemble fixé de cardinal ${\displaystyle n}$, et ${\displaystyle a\in A}$.

b)   La première égalité est le cas ${\displaystyle m=r=n}$ de la seconde. Démontrons cette dernière.

Par le calcul : si ${\displaystyle r<0}$ ou ${\displaystyle r>m+n}$, les deux membres sont nuls. Si ${\displaystyle 0\leq r\leq m+n}$, utiliser la formule du binôme pour développer l'identité polynomiale ${\displaystyle (1+X)^{m+n}=(1+X)^{m}(1+X)^{n}}$ puis identifier le coefficient de ${\displaystyle X^{r}}$ (cf. Sommation/Exercices/Formule du binôme#Exercice 5-4).

Par un raisonnement combinatoire : ces deux expressions correspondent à deux façons de dénombrer les parties à r éléments de E ∪ F, où E et F sont deux ensembles disjoints fixés, de cardinaux respectifs m et n, cf. Sommation/Définition et premiers calculs#Établissement des formules à l'aide des dénombrements.

c)   Par le calcul : si ${\displaystyle m>n}$ ou ${\displaystyle m<r}$, les deux membres sont nuls. Si ${\displaystyle r\leq m\leq n}$, cf. Sommation/Exercices/Formule du binôme#Exercice 5-1.

Par un raisonnement combinatoire : ${\displaystyle {\binom {n}{r}}{\binom {n-r}{m-r}}}$ est le nombre de couples ${\displaystyle (A,B)}$ tels que ${\displaystyle A\subset \{1,\dots ,n\}}$, ${\displaystyle |A|=r}$, ${\displaystyle B\subset \{1,\dots ,n\}\setminus A}$ et ${\displaystyle |B|=m-r}$.
${\displaystyle {\binom {n}{m}}{\binom {m}{r}}}$ est le nombre de couples ${\displaystyle (C,D)}$ tels que ${\displaystyle C\subset \{1,\dots ,n\}}$, ${\displaystyle |C|=m}$, ${\displaystyle D\subset C}$ et ${\displaystyle |D|=r}$.
Ces deux ensembles de couples sont en bijection, par ${\displaystyle (A,B)\mapsto (A\cup B,A)}$, de réciproque ${\displaystyle (C,D)\mapsto (C,C\setminus D)}$.
Ceci démontre la première égalité. La seconde s'en déduit en sommant sur ${\displaystyle r}$, ce qui revient à dénombrer de deux façons les couples ${\displaystyle (A,C)}$, où ${\displaystyle A\subset C\subset \{1,\dots ,n\}}$ et ${\displaystyle |C|=m}$ (cf. Sommation/Exercices/Calculs élémentaires#Exercice 2-8).

d)   Par le calcul : si ${\displaystyle m<n}$, les deux membres sont nuls. Pour ${\displaystyle m\geq n}$, on peut montrer la formule de deux façons :

• par récurrence sur ${\displaystyle m}$, pour ${\displaystyle n}$ fixé : l'initialisation (cas ${\displaystyle m=n}$) est immédiate et l'hérédité se déduit de la formule de Pascal : Sommation/Exercices/Sommation de combinaisons#Exercice 6-3.
• par identification des coefficients du polynôme ${\displaystyle \sum _{n=0}^{m}\left(\sum _{k=n}^{m}{\binom {k}{n}}\right)X^{n}=\sum _{k=0}^{m}\left(\sum _{n=0}^{k}{\binom {k}{n}}X^{n}\right)=\sum _{k=0}^{m}\left(1+X\right)^{k}={\frac {\left(1+X\right)^{m+1}-1}{(1+X)-1}}=\sum _{n=0}^{m}{\binom {m+1}{n+1}}X^{n}}$.

Par un raisonnement combinatoire : pour choisir une partie à ${\displaystyle n+1}$ éléments dans l'ensemble ${\displaystyle \{1,\dots ,m+1\}}$, on peut choisir d'abord dans ${\displaystyle \{1,\dots ,m+1\}}$ le plus grand élément ${\displaystyle \ell }$ de cette partie, puis une partie à ${\displaystyle n}$ éléments dans l'ensemble ${\displaystyle \{1,\dots ,\ell -1\}}$. Autrement dit, en notant ${\displaystyle k=\ell -1}$ : on choisit un entier ${\displaystyle k\leq m}$ puis une partie à ${\displaystyle n}$ éléments dans ${\displaystyle \{1,\dots ,k\}}$.

e)   Soient ${\displaystyle P=\sum {\binom {n}{2k}}}$ et ${\displaystyle I=\sum {\binom {n}{2k+1}}}$. Il suffit de montrer que ${\displaystyle P=I}$ et ${\displaystyle P+I=2^{n}}$

• Par le calcul : d'après la formule du binôme, ${\displaystyle P-I=\left(1-1\right)^{n}=0}$ et ${\displaystyle P+I=\left(1+1\right)^{n}=2^{n}}$.
• Par un raisonnement combinatoire : soient ${\displaystyle X}$ un ensemble de cardinal ${\displaystyle n}$ et ${\displaystyle {\mathcal {P}}_{p}(X)}$ (resp. ${\displaystyle {\mathcal {P}}_{i}(X)}$) l'ensemble des parties de ${\displaystyle X}$ de cardinal pair (resp. impair). Alors, ${\displaystyle P+I=\left|{\mathcal {P}}_{p}(X)\right|+\left|{\mathcal {P}}_{i}(X)\right|=\left|{\mathcal {P}}(X)\right|=2^{n}}$. D'autre part, ${\displaystyle P=I}$ car si ${\displaystyle a}$ est un élément fixé de ${\displaystyle X}$, l'involution de ${\displaystyle {\mathcal {P}}(X)}$ qui, à toute partie ${\displaystyle A\subset X}$, associe ${\displaystyle A\setminus \{a\}}$ si ${\displaystyle a\in A}$ et ${\displaystyle A\cup \{a\}}$ si ${\displaystyle a\notin A}$, se restreint en une bijection entre ${\displaystyle {\mathcal {P}}_{p}(X)}$ et ${\displaystyle {\mathcal {P}}_{i}(X)}$.

${\displaystyle \sum _{k}k{\binom {n}{k}}=n\sum _{k}{\binom {n-1}{k-1}}=n\sum _{j}{\binom {n-1}{j}}=n(1+1)^{n-1}=n2^{n-1}}$ (si ${\displaystyle n=0}$, même résultat par calcul direct) ;

${\displaystyle \sum _{k}(-1)^{k}k{\binom {n}{k}}=n\sum _{k}(-1)^{k}{\binom {n-1}{k-1}}=-n\sum _{j}(-1)^{j}{\binom {n-1}{j}}=-n(1-1)^{n-1}=0}$ (cas particuliers ${\displaystyle n=0}$ ou ${\displaystyle 1}$ : ${\displaystyle \sum _{k}(-1)^{k}k{\binom {0}{k}}=0}$ mais ${\displaystyle \sum _{k}(-1)^{k}k{\binom {1}{k}}=-1}$) ;

${\displaystyle \sum _{k\neq -1}{\frac {1}{k+1}}{\binom {n}{k}}={\frac {1}{n+1}}\sum _{k\neq -1}{\binom {n+1}{k+1}}={\frac {1}{n+1}}\sum _{j\neq 0}{\binom {n+1}{j}}={\frac {2^{n+1}-1}{n+1}}}$ ;

${\displaystyle \sum _{k\neq -1}{\frac {(-1)^{k}}{k+1}}{\binom {n}{k}}={\frac {1}{n+1}}\sum _{k\neq -1}(-1)^{k}{\binom {n+1}{k+1}}=-{\frac {1}{n+1}}\sum _{j\neq 0}(-1)^{j}{\binom {n+1}{j}}=-{\frac {0^{n+1}-1}{n+1}}={\frac {1}{n+1}}}$.

1. C'est le nombre de ${\displaystyle k}$-uplets (avec ${\displaystyle k\geq 1}$ par hypothèse) d'entiers strictement positifs de somme ${\displaystyle n}$, c'est-à-dire (cf. chapitre « Combinaisons avec répétition ») ${\displaystyle {\binom {n-1}{k-1}}}$.
2. C'est le nombre de ${\displaystyle j}$-uplets (avec ${\displaystyle j\geq 1}$ par hypothèse) d'entiers positifs ou nuls de somme ${\displaystyle n}$, c'est-à-dire (cf. chapitre « Combinaisons avec répétition ») ${\displaystyle {\binom {j+n-1}{n}}}$.
3. C'est le nombre de (${\displaystyle k+j}$)-uplets (avec ${\displaystyle k+j\geq 1}$ par hypothèse) d'entiers de somme ${\displaystyle n}$, tels que les ${\displaystyle k}$ premiers soient strictement positifs et les ${\displaystyle j}$ suivants soient positifs ou nuls, ou encore, en ajoutant 1 aux ${\displaystyle j}$ derniers : le nombre de (${\displaystyle k+j}$)-uplets d'entiers strictement positifs de somme ${\displaystyle n+j}$, c'est-à-dire (d'après la question 1) : ${\displaystyle {\binom {n+j-1}{k+j-1}}={\binom {n+j-1}{n-k}}}$.

   Remarque : la question 1 est le cas particulier ${\displaystyle j=0}$ et la question 2 est le cas particulier ${\displaystyle k=0}$.

4. C'est le nombre de (${\displaystyle k+j}$)-uplets d'entiers de somme ${\displaystyle n}$, tels que les ${\displaystyle k}$ premiers soient supérieurs ou égaux à ${\displaystyle r}$ et les ${\displaystyle j}$ suivants soient supérieurs ou égaux à ${\displaystyle s}$, ou encore, en retranchant ${\displaystyle r-1}$ aux ${\displaystyle k}$ premiers et ${\displaystyle s-1}$ aux ${\displaystyle j}$ suivants : le nombre de (${\displaystyle k+j}$)-uplets d'entiers strictement positifs de somme ${\displaystyle n-(r-1)k-(s-1)j}$, c'est-à-dire (d'après la question 1) ${\displaystyle {\binom {n-k(r-1)-j(s-1)-1}{k+j-1}}={\binom {n-kr-js+k+j-1}{n-kr-js}}}$.

   Remarques :

   • ce nombre est non nul si et seulement si ${\displaystyle n\geq kr+js}$ ;
   • la question 3 est le cas particulier ${\displaystyle r=1,s=0}$.

5. C'est le nombre de ${\displaystyle j}$-uplets d'entiers positifs ou nuls de somme ${\displaystyle n-rk}$, c'est-à-dire (d'après la question 2) ${\displaystyle {\binom {j+n-rk-1}{n-rk}}={\binom {j+n-rk-1}{j-1}}}$.

${\displaystyle {\begin{array}{c|c|c|}&{\text{avec ordre}}&{\text{sans ordre}}\\\hline {\text{avec remise}}&\left|Y^{X}\right|=n^{k}&|V|={\binom {n+k-1}{k}}\\\hline {\text{sans remise}}&|U|=A_{n}^{k}&|W|={\binom {n}{k}}\\\hline \end{array}}}$

Ces ${\displaystyle k}$-uplets ${\displaystyle \left(x_{1},\dots ,x_{k}\right)}$ sont en bijection avec les ${\displaystyle k}$-uplets ${\displaystyle \left(y_{1},\dots ,y_{k}\right)}$ d'entiers tels que ${\displaystyle 1\leq y_{1}<y_{2}<\dots <y_{k-1}<y_{k}\leq n-\left(k-1\right)\left(r-1\right)}$, par l'application qui à ${\displaystyle (x_{1},\dots ,x_{k})}$ associe ${\displaystyle \left(x_{1},x_{2}-\left(r-1\right),x_{3}-2\left(r-1\right),\dots ,x_{k}-\left(k-1\right)\left(r-1\right)\right)}$.

Il y en a donc ${\displaystyle {\binom {n-\left(k-1\right)\left(r-1\right)}{k}}}$.

Ces ${\displaystyle k}$-uplets sont en bijection avec les ${\displaystyle k}$-uplets ${\displaystyle \left(y_{1},\dots ,y_{k}\right)}$ d'entiers tels que ${\displaystyle 1\leq y_{1}<y_{2}<\dots <y_{k-1}<y_{k}=n+k-\sum r_{i}}$, par l'application qui à ${\displaystyle (x_{1},\dots ,x_{k})}$ associe ${\displaystyle \left(x_{1}+1-r_{1},x_{1}+x_{2}+2-r_{1}-r_{2},\dots ,\sum _{i<k}x_{i}+k-1-\sum _{i<k}r_{i},n+k-\sum r_{i}\right)}$.

Il y en a donc ${\displaystyle {\binom {n+k-1-\sum r_{i}}{k-1}}}$.

1. Choisir une surjection ${\displaystyle f:\{1,2,\dots ,p+1\}\to \{1,2,\dots ,q\}}$ revient à choisir ${\displaystyle f(p+1)\in \{1,2,\dots ,q\}}$ puis la restriction de ${\displaystyle f}$ à ${\displaystyle \{1,2,\dots ,p\}}$, qui doit être une surjection de ${\displaystyle \{1,2,\dots ,p\}}$ dans ${\displaystyle \{1,2,\dots ,q\}}$ ou dans ${\displaystyle \{1,2,\dots ,q\}\setminus \{f(p+1)\}}$.
2. Récurrence sur ${\displaystyle p}$.
   • Initialisation : ${\displaystyle S_{0,q}={\begin{cases}1&{\text{si }}q=0\\0&{\text{sinon}}\end{cases}}=(-1)^{0}{\binom {0}{0}}0^{q}}$.
   • Hérédité : soit ${\displaystyle p\geq 1}$. Supposons que ${\displaystyle \forall q\in \mathbb {N} \quad S_{p-1,q}=\sum _{0\leq k\leq q}(-1)^{q-k}{\binom {q}{k}}k^{p-1}}$.
     Alors, d'après la question précédente :

   ${\displaystyle {\begin{aligned}S_{p,q}&=q\left(\sum _{0\leq k\leq q}(-1)^{q-k}{\binom {q}{k}}k^{p-1}+\sum _{0\leq k<q}(-1)^{q-1-k}{\binom {q-1}{k}}k^{p-1}\right)\\&=q^{p}+q\sum _{0\leq k<q}(-1)^{q-k}\left({\binom {q}{k}}-{\binom {q-1}{k}}\right)k^{p-1}\\&=q^{p}+\sum _{1\leq k<q}(-1)^{q-k}q{\binom {q-1}{k-1}}k^{p-1}\\&=q^{p}+\sum _{1\leq k<q}(-1)^{q-k}{\binom {q}{k}}k^{p}\\&=\sum _{0\leq k\leq q}(-1)^{q-k}{\binom {q}{k}}k^{p}.\end{aligned}}}$

Voir aussi Formule du crible/Dénombrement des surjections et Formule d'inversion de Pascal/Application au dénombrement des surjections.

1. Choisir une surjection de ${\displaystyle \{1,2,\dots ,p\}}$ dans ${\displaystyle \{1,2,\dots ,q\}}$ revient à choisir une partition de ${\displaystyle \{1,2,\dots ,p\}}$ en ${\displaystyle q}$ parties, puis une bijection qui associe à chacune de ces parties un élément de ${\displaystyle \{1,2,\dots ,q\}}$.
2. ${\displaystyle S(p,q)={\frac {1}{q!}}\sum _{0\leq k\leq q}(-1)^{q-k}{\binom {q}{k}}k^{p}}$ et ${\displaystyle S(p+1,q)=S(p,q-1)+qS(p,q)}$.
3. Dans l'ensemble des partitions de ${\displaystyle \{1,2,\dots ,p+1\}}$ en ${\displaystyle q}$ parties, notons ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ le sous-ensemble des partitions dont l'une des parties est le singleton ${\displaystyle \{p+1\}}$, et ${\displaystyle {\mathcal {B}}}$ le sous-ensemble complémentaire. Ainsi, ${\displaystyle S(p+1,q)=|A|+|B|}$.
   Notons également ${\displaystyle {\mathcal {A}}'}$, resp. ${\displaystyle {\mathcal {B}}'}$, l'ensemble des partitions de ${\displaystyle \{1,2,\dots ,p\}}$ en ${\displaystyle q-1}$ parties, resp. ${\displaystyle q}$ parties.
   L'application de ${\displaystyle {\mathcal {A}}}$ dans ${\displaystyle {\mathcal {A}}'}$ qui, à chaque ${\displaystyle A\in {\mathcal {A}}}$ associe la partition constituée des mêmes parties que ${\displaystyle A}$ sauf le singleton ${\displaystyle \{p+1\}}$, est bijective, donc ${\displaystyle |{\mathcal {A}}|=|{\mathcal {A}}'|=S(p,q-1)}$.
   L'application de ${\displaystyle {\mathcal {B}}}$ dans ${\displaystyle {\mathcal {B}}'}$ qui, à chaque ${\displaystyle B\in {\mathcal {B}}}$, associe la partition déduite de ${\displaystyle B}$ en « gommant » ${\displaystyle p+1}$ du « bloc » qui le contient, est telle que chaque partition ${\displaystyle B'\in {\mathcal {B}}'}$ a exactement ${\displaystyle q}$ antécédents dans ${\displaystyle {\mathcal {B}}}$, formés en « recollant » ${\displaystyle p+1}$ à l'un des ${\displaystyle q}$ « blocs » de ${\displaystyle B'}$. Donc ${\displaystyle |{\mathcal {B}}|=q|{\mathcal {B}}'|=qS(p,q)}$.
4. Récurrons. ${\displaystyle \sum _{k=0}^{0}S(0,k)(X)_{k}=S(0,0)(X)_{0}=1=X^{0}}$ et si ${\displaystyle X^{n}=\sum _{k=0}^{n}S(n,k)(X)_{k}}$ alors

   ${\displaystyle {\begin{aligned}X^{n+1}&=\sum _{k=0}^{n}S(n,k)(X)_{k}(X-k+k)\\&=\sum _{k=0}^{n}\left[S(n,k)(X)_{k+1}+kS(n,k)(X)_{k}\right]\\&=0S(n,0)(X)_{0}+S(n,n)(X)_{n+1}+\sum _{k=1}^{n}\left[S(n,k-1)+kS(n,k)\right](X)_{k}\\&=0+(X)_{n+1}+\sum _{k=1}^{n}S(n+1,k)(X)_{k}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}S(n+1,k)(X)_{k}.\end{aligned}}}$