1. ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}=\sum _{k=0}^{n}1^{k}1^{n-k}{\binom {n}{k}}=\left(1+1\right)^{n}=2^{n}}$.
2. Si ${\displaystyle p>n}$, les deux membres sont nuls. Si ${\displaystyle p\leq n}$ alors, pour tout entier ${\displaystyle k\in \left[0,p\right]}$,

   ${\displaystyle {\binom {n}{k}}{n-k \choose p-k}={\frac {n!{\cancel {(n-k)!}}}{k!{\cancel {(n-k)!}}(p-k)!(n-p)!}}={\frac {n!}{p!(n-p)!}}{\frac {p!}{k!(p-k)!}}={\binom {n}{p}}{\binom {p}{k}}}$.

   On en déduit :

   ${\displaystyle \sum _{k=0}^{p}{\binom {n}{k}}{n-k \choose p-k}={\binom {n}{p}}\sum _{k=0}^{p}{\binom {p}{k}}={\binom {n}{p}}2^{p}}$.

Notons ${\displaystyle A}$, ${\displaystyle B}$, ${\displaystyle C}$ et ${\displaystyle D}$ ces quatre sommes.

D'après la formule du binôme, ${\displaystyle A=(1+1)^{n}=2^{n}}$ (cf. exercice précédent) et de même, ${\displaystyle B=(1-1)^{n}=0^{n}=0}$ (car ${\displaystyle n>0}$).

Or ${\displaystyle C+D=A}$ et ${\displaystyle C-D=B}$.

Par conséquent, ${\displaystyle C={\frac {A+B}{2}}=2^{n-1}}$ et ${\displaystyle D={\frac {A-B}{2}}=2^{n-1}}$.

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{p=0}^{n}Y^{p}\sum _{k=p}^{n}{\binom {n}{k}}{\binom {k}{p}}X^{k}&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}X^{k}\sum _{p=0}^{k}{\binom {k}{p}}Y^{p}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}X^{k}(1+Y)^{k}\\&=(1+X+XY)^{n}.\end{aligned}}}$

D'après les propriétés générales des puissances dans n'importe quel anneau (ici : l'anneau des polynômes à coefficients entiers), on a bien

${\displaystyle (1+X)^{m+n}=(1+X)^{m}(1+X)^{n}}$.

En appliquant trois fois la formule du binôme de Newton puis en effectuant le produit des deux polynômes de droite, cette égalité devient :

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{r}{\binom {m+n}{r}}X^{r}&=\left(\sum _{k}{\binom {n}{k}}X^{k}\right)\left(\sum _{j}{\binom {m}{j}}X^{j}\right)\\&=\sum _{r}\left(\sum _{k+j=r}{\binom {n}{k}}{\binom {m}{j}}\right)X^{r}.\end{aligned}}}$.

En identifiant les coefficients, l'identité de Vandermonde apparaît :

${\displaystyle {\binom {m+n}{r}}=\sum _{k+j=r}{\binom {n}{k}}{\binom {m}{j}}=\sum _{k}{\binom {n}{k}}{\binom {m}{r-k}}}$.

Première façon

En utilisant deux fois la formule du binôme, puis en faisant un glissement d'indice suivi d'une une inversion de somme, on obtient :

${\displaystyle {\begin{aligned}(1+X+X)^{n}&=((1+X)+X)^{n}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}X^{k}(1+X)^{n-k}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}X^{k}\left(\sum _{j=0}^{n-k}{\binom {n-k}{j}}X^{j}\right)\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}X^{k}\left(\sum _{p=k}^{n}{\binom {n-k}{p-k}}X^{p-k}\right)\\&=\sum _{p=0}^{n}\left(\sum _{k=0}^{p}{\binom {n}{k}}{\binom {n-k}{p-k}}\right)X^{p}.\end{aligned}}}$

Deuxième façon

En utilisant directement la formule du binôme, on obtient :

${\displaystyle {\begin{aligned}(1+X+X)^{n}&=(1+2X)^{n}\\&=\sum _{p=0}^{n}{\binom {n}{p}}(2X)^{p}\\&=\sum _{p=0}^{n}{\binom {n}{p}}2^{p}X^{p}.\end{aligned}}}$

Par identification du coefficient de ${\displaystyle X^{p}}$, on en déduit l'égalité voulue.

a) En utilisant la formule du binôme, nous avons :

${\displaystyle (1+x)^{n}=\sum _{k=0}^{n}x^{k}{\binom {n}{k}}}$.

En dérivant les deux membres par rapport à x, nous obtenons :

${\displaystyle n(1+x)^{n-1}=\sum _{k=0}^{n}kx^{k-1}{\binom {n}{k}}}$

et en posant x = 1, on obtient :

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}k{\binom {n}{k}}=n2^{n-1}}$.

b) En dérivant à nouveau la formule :

${\displaystyle n(1+x)^{n-1}=\sum _{k=0}^{n}kx^{k-1}{\binom {n}{k}}}$

obtenue en a), nous obtenons :

${\displaystyle n(n-1)(1+x)^{n-2}=\sum _{k=0}^{n}k(k-1)x^{k-2}{\binom {n}{k}}}$

et en posant x = 1, on obtient :

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}k(k-1){\binom {n}{k}}=n(n-1)2^{n-2}}$.

c) Reprenons la formule :

${\displaystyle (1+x)^{n}=\sum _{k=0}^{n}x^{k}{\binom {n}{k}}}$

et calculons cette fois une primitive des deux membres par rapport à x ; on obtient :

${\displaystyle {\frac {(1+x)^{n+1}}{n+1}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k+1}}{k+1}}{\binom {n}{k}}+C}$.

C est la constante d'intégration que nous devons calculer. Pour cela posons x = 0, on obtient :

${\displaystyle {\frac {(1+0)^{n+1}}{n+1}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {0^{k+1}}{k+1}}{\binom {n}{k}}+C}$,

soit :

${\displaystyle C={\frac {1}{n+1}}}$.

En reportant, on obtient :

${\displaystyle {\frac {(1+x)^{n+1}}{n+1}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k+1}}{k+1}}{\binom {n}{k}}+{\frac {1}{n+1}}}$

et en posant x = 1, on obtient :

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

d) Dans la formule obtenue en a) :

${\displaystyle n(1+x)^{n-1}=\sum _{k=0}^{n}kx^{k-1}{\binom {n}{k}}}$,

en posant cette fois x = –1, on obtient :

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}k{\binom {n}{k}}={\begin{cases}0&{\text{si }}n\neq 1,\\-1&{\text{si }}n=1.\end{cases}}}$

e) Dans la formule obtenue en c) :

${\displaystyle {\frac {(1+x)^{n+1}}{n+1}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k+1}}{k+1}}{\binom {n}{k}}+{\frac {1}{n+1}}}$,

en posant cette fois x = –1, on obtient :

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

${\displaystyle \left(X^{2}-1\right)^{n}}$ est égal

• d'une part à ${\displaystyle \sum _{r=0}^{n}{\binom {n}{r}}X^{2r}(-1)^{n-r}}$ ;
• d'autre part à ${\displaystyle (X-1)^{n}(X+1)^{n}=\sum _{i}{\binom {n}{i}}X^{i}(-1)^{n-i}\sum _{j}{\binom {n}{j}}X^{j}=\sum _{k}X^{k}\sum _{i+j=k}(-1)^{n-i}{\binom {n}{i}}{\binom {n}{j}}}$

Par identification du coefficient de ${\displaystyle X^{k}}$, on en déduit l'égalité générale demandée (l'indice ${\displaystyle i}$ varie a priori dans ${\displaystyle \mathbb {Z} }$, mais le terme correspondant de la somme est nul sauf si ${\displaystyle 0\leq i\leq n}$ et ${\displaystyle 0\leq k-i\leq n}$, c'est-à-dire ${\displaystyle \max(0,k-n)\leq i\leq \min(k,n)}$).

L'égalité particulière correspond au cas ${\displaystyle n=k=2r}$.

a) Le premier membre est une somme de termes consécutifs d'une suite géométrique (à valeurs dans les polynômes) de raison ${\displaystyle 1-X}$. On a donc :

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n-1}(1-X)^{k}&={\frac {1-(1-X)^{n}}{1-(1-X)}}\\&={\frac {1}{X}}\left(1-\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}(-X)^{k}\right)\\&=-{\frac {1}{X}}\sum _{k=1}^{n}{n \choose k}(-X)^{k}\\&=\sum _{k=1}^{n}{n \choose k}(-X)^{k-1}.\end{aligned}}}$

b) D'après la question précédente, les deux membres (qui appartiennent à ${\displaystyle \mathbb {Q} [X]}$) ont même polynôme dérivé. Comme de plus ils coïncident en 0, ils sont égaux.

c) Simple évaluation en 1 de l'égalité polynomiale précédente.

La formule du binôme à l'ordre ${\displaystyle n}$ est :

${\displaystyle (a+X)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}a^{n-k}X^{k}}$.

En dérivant les deux membres de cette égalité, puis en divisant par ${\displaystyle n}$, on obtient :

${\displaystyle {\begin{aligned}(a+X)^{n-1}&={\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}a^{n-k}kX^{k-1}\\&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n}}{\frac {n!}{k!(n-k)!}}a^{n-k}X^{k-1}\\&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}}a^{n-k}X^{k-1}\\&=\sum _{k=1}^{n}{n-1 \choose k-1}a^{n-k}X^{k-1}\\&=\sum _{j=0}^{n-1}{n-1 \choose j}a^{n-1-j}X^{j},\end{aligned}}}$

ce qui est exactement la formule du binôme à l'ordre ${\displaystyle n-1}$. Nous dirons que la formule du binôme est invariante par dérivation.

On en conclut qu'elle est aussi invariante par intégration, puisque (à tout ordre) les polynômes qui figurent de part et d'autre de cette formule ont même terme constant (à l'ordre ${\displaystyle n}$, ce terme constant est ${\displaystyle a^{n}}$).

On obtient ainsi une nouvelle façon de démontrer la formule du binôme par récurrence.

On reconnaît la dérivée par rapport à ${\displaystyle X}$ du polynôme

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n}X^{k}\sum _{p=0}^{k}{\binom {n}{p}}{n-p \choose n-k}Y^{p}&=\sum _{p=0}^{n}{\binom {n}{p}}Y^{p}\sum _{k=p}^{n}{n-p \choose n-k}X^{k}\\&=\sum _{p=0}^{n}{\binom {n}{p}}Y^{p}\sum _{j=0}^{n-p}{n-p \choose j}X^{p+j}\\&=\sum _{p=0}^{n}{\binom {n}{p}}(XY)^{p}(1+X)^{n-p}\\&=(1+X+XY)^{n}.\end{aligned}}}$

Par conséquent,

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}kX^{k-1}\sum _{p=0}^{k}{\binom {n}{p}}{n-p \choose n-k}Y^{p}=n(1+Y)(1+X+XY)^{n-1}}$.

1. ${\displaystyle \cos n\theta +\mathrm {i} \sin n\theta =\operatorname {e} ^{\mathrm {i} n\theta }=\left(\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }\right)^{n}=\left(\cos \theta +\mathrm {i} \sin \theta \right)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\mathrm {i} ^{k}\sin ^{k}\theta \cos ^{n-k}\theta }$ donc (en identifiant parties réelles et imaginaires) ${\displaystyle \cos n\theta =C_{n}(\cos \theta ,\sin \theta )}$ et ${\displaystyle \sin nx=S_{n}(\cos \theta ,\sin \theta )}$ pour

   ${\displaystyle C_{n}(X,Y):=\sum _{0\leq j\leq n/2}{\binom {n}{2j}}(-1)^{j}X^{n-2j}Y^{2j}}$ et ${\displaystyle S_{n}(X,Y):=\sum _{0\leq j\leq (n-1)/2}{\binom {n}{2j+1}}(-1)^{j}X^{n-2j-1}Y^{2j+1}}$.

2. Puisque ${\displaystyle \cos ^{2}+\sin ^{2}=1}$, on peut, dans le développement d'un polynôme ${\displaystyle P(X,Y)}$, remplacer autant de fois qu'on veut, dans chaque monôme, ${\displaystyle X^{2}}$ par ${\displaystyle 1-Y^{2}}$ ou ${\displaystyle Y^{2}}$ par ${\displaystyle 1-X^{2}}$, sans que cela modifie la fonction composée ${\displaystyle P(\cos ,\sin )}$. Ainsi :
   • ${\displaystyle \cos n\theta =C_{n}(\cos \theta ,\sin \theta )=T_{n}(\cos \theta )}$ pour ${\displaystyle T_{n}(X):=\sum _{0\leq j\leq n/2}{\binom {n}{2j}}X^{n-2j}(X^{2}-1)^{j}}$ ;
   • ${\displaystyle \sin \left((n+1)\theta \right)=S_{n+1}(\cos \theta ,\sin \theta )=U_{n}(\cos \theta )\sin \theta }$ pour ${\displaystyle U_{n}(X):=\sum _{0\leq j\leq n/2}{\binom {n+1}{2j+1}}X^{n-2j}(X^{2}-1)^{j}}$.

   D'après leur expression ci-dessus, ${\displaystyle T_{n}}$ et ${\displaystyle U_{n}}$ sont de degré ${\displaystyle n}$.

   D'après cette même expression ou plus simplement, par les équations fonctionnelles qui les caractérisent, ${\displaystyle T_{0}=U_{0}=1}$ et ${\displaystyle T_{1}(X)=X}$.

3. • ${\displaystyle C_{2}(X,Y)=X^{2}-Y^{2}}$ ;
   • ${\displaystyle S_{2}(X,Y)=2XY}$ ;
   • ${\displaystyle T_{2}(X)=X^{2}-(1-X^{2})=2X^{2}-1}$ ;
   • ${\displaystyle U_{1}(X)=2X}$.
4. • ${\displaystyle C_{6}(X,Y)=X^{6}-15X^{4}Y^{2}+15X^{2}Y^{4}-Y^{6}}$ ;
   • ${\displaystyle S_{6}(X,Y)=6X^{5}Y-20X^{3}Y^{3}+6XY^{5}}$ ;
   • ${\displaystyle T_{6}(X)=X^{6}-15X^{4}(1-X^{2})+15X^{2}(1-X^{2})^{2}-(1-X^{2})^{3}=32X^{6}-48X^{4}+18X^{2}-1}$ ;
   • ${\displaystyle U_{5}(X)=6X^{5}-20X^{3}(1-X^{2})+6X(1-X^{2})^{2}=32X^{5}-32X^{3}+6X}$.
5. En notant ${\displaystyle c=\cos \theta ,\quad s=\sin \theta ,\quad t=\tan \theta }$, on a :
   ${\displaystyle \tan n\theta ={\frac {c^{-n}S_{n}(c,s)}{c^{-n}C_{n}(c,s)}}={\frac {\sum _{0\leq j\leq (n-1)/2}{\binom {n}{2j+1}}(-1)^{j}t^{2j+1}}{\sum _{0\leq j\leq n/2}{\binom {n}{2j}}(-1)^{j}t^{2j}}}}$.
   En particulier : ${\displaystyle \tan 2\theta ={\frac {2t}{1-t^{2}}},\quad \tan 3\theta ={\frac {3t-t^{3}}{1-3t^{2}}},\quad \tan 4\theta ={\frac {4t-4t^{3}}{1-6t^{2}+t^{4}}},\quad \tan 5\theta ={\frac {5t-10t^{3}+t^{5}}{1-10t^{2}+5t^{4}}}}$.
6. Pour montrer que ${\displaystyle U_{n+1}(X)+U_{n-1}(X)=2XU_{n}(X)}$, il suffit, d'après l'équation fonctionnelle qui caractérise les polynômes ${\displaystyle U_{n}}$, de vérifier que
   ${\displaystyle \sin \left((n+2)\theta \right)+\sin \left(n\theta \right)=2\cos \theta \sin \left((n+1)\theta \right)}$.
   C'est un cas particulier de la formule de Simpson
   ${\displaystyle \sin a+\sin b=2\sin {\frac {a+b}{2}}\cos {\frac {a-b}{2}}}$.
   On en déduit ${\displaystyle U_{n}(X)=\sum _{0\leq k\leq n/2}(-1)^{k}{\binom {n-k}{k}}(2X)^{n-2k}}$ par une récurrence d'ordre 2 :
   l'égalité aux ordres 0 et 1 est immédiate, et si elle est vérifiée aux ordres ${\displaystyle n-1}$ et ${\displaystyle n}$ alors
   ${\displaystyle {\begin{aligned}U_{n+1}(X)&=2XU_{n}(X)-U_{n-1}(X)\\&=2X\sum _{0\leq k\leq n/2}(-1)^{k}{\binom {n-k}{k}}(2X)^{n-2k}-\sum _{0\leq k\leq (n-1)/2}(-1)^{k}{\binom {n-1-k}{k}}(2X)^{n-1-2k}\\&=\sum _{0\leq k\leq n/2}(-1)^{k}{\binom {n-k}{k}}(2X)^{n+1-2k}+\sum _{1\leq k\leq (n+1)/2}(-1)^{k}{\binom {n-k}{k-1}}(2X)^{n+1-2k}\\&=\sum _{0\leq k\leq (n+1)/2}(-1)^{k}{\binom {n+1-k}{k}}(2X)^{n+1-2k}\end{aligned}}}$
   d'après la formule de Pascal.
   Voir aussi cet exercice de la leçon sur les séries génératrices, de niveau 15.