Les propriétés du binôme \(: \binom{n}{p}\)

"0 parmi n" / "n parmi n"

Il n'existe qu'une seule manière de prendre aucun ou tous les éléments d'un ensemble composé de \( n \) éléments.

Autrement, par la formule du binôme, on a :

Idem avec \(n\), on a :

Soit finalement,

"1 parmi n"

Par la formule du binôme, on a :

Soit finalement,

Symétrie

Le triangle de Pascal illustre bien la symétrie qu'il y a entre les \( p\) et \( (n-p) \) éléments pris parmi \(n\).

Par ailleurs, on peut voir par le calcul que :

Soit,

Formule du pion

Par la formule du binôme, on a :

Alors,

Soit,

Formule de Pascal

1. Visualisation par le triangle de Pascal

   Pour retrouver le triangle de Pascal , on additionne une case avec son voisin de gauche pour trouver le voisin du dessous.

   

   Par ailleurs, si l'on considère les rangs \( (n-1)\) et \(n\) du Le triangle de Pascal , la formule apparaît clairement.

   

   Par visualisation il est évident que,

   $$ \forall (p,n) \in \hspace{0.04em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n -1, $$
   $$ \binom{n}{p} = \binom{n -1}{p -1 } + \binom{n - 1}{p} \qquad \text{(Formule de Pascal)} $$

2. Par raisonnement

   Considérons un ensemble \( E \) comprenant \(n\) éléments.

   $$ E = \Bigl \{ e_1, e_2 , \ ... \, e_{n} \Bigr \} $$

   Dans cet ensemble, le nombre de parties possibles contenant \( p \) éléments est \( \binom{n}{p} \).

   Séparons cet ensemble en deux ensembles distincts : \( E_1 \) et \( E_2 \).

   1. \( E_1\) : un ensemble qui contient toutes les parties possibles de \( E \) contenant \( e_n \)

      $$ E_1 = \begin{Bmatrix} \Bigl \{ e_1 , e_2, e_3, \ ... \ , e_n \Bigr \} \\ \Bigl \{ e_1 , e_3, e_4, \ ... \ , e_n \Bigr \} \\ \Bigl \{ e_1 , e_2, e_4, \ ... \ , e_n \Bigr \} \\ \Bigl \{................ \Bigr \} \\ \Bigl \{ \underbrace { e_1 , e_2, e_4, \ ... \ , e_n} _\text{ \(p\) éléments } \Bigr \} \\ \end{Bmatrix} $$

      Étant donné que toutes ces parties contiennent \( e_n \), cela simplifie l'ensemble \( E_1 \) :

      $$ E_1 = \begin{Bmatrix} \Bigl \{ e_1 , e_2, e_3, \ ... \ , e_n \Bigr \} \\ \Bigl \{ e_1 , e_3, e_4, \ ... \ , e_n \Bigr \} \\ \Bigl \{ e_1 , e_2, e_4, \ ... \ , e_n \Bigr \} \\ \Bigl \{................ \Bigr \} \\ \Bigl \{ \underbrace { e_1 , e_2, e_4, \ ... \ , e_n} _\text{ \(p\) éléments } \Bigr \} \\ \end{Bmatrix} \enspace \Longrightarrow \enspace \begin{Bmatrix} \Bigl \{ e_1 , e_2, e_3, \ ... \ \Bigr \} \\ \Bigl \{ e_1 , e_3, e_4, \ ... \ \Bigr \} \\ \Bigl \{ e_1 , e_2, e_4, \ ... \ \Bigr \} \\ \Bigl \{............. \Bigr \} \\ \Bigl \{ \underbrace { e_1 , e_2, e_4, \ .... } _\text{ \((p -1)\) éléments } \Bigr \} \\ \end{Bmatrix} $$

      Alors le nombre d'éléments de \( E_1 \) se réduira au nombre de façons de prendre \( (p -1) \) éléments parmi \( (n-1) \) éléments dans \( E\), c'est-à-dire \( \binom{n -1}{p -1} \).

   2. \( E_2 \) : un ensemble qui contient toutes les parties possibles de \( E \) ne contenant pas \( e_n \)

      $$ E_2 = \underbrace { \begin{Bmatrix} { e_1 , e_2, e_3, \ ... } \\ { e_1 , e_3, e_4, \ ... } \\ { e_1 , e_2, e_4, \ ... } \\ {............. } \\ { e_1 , e_2, e_4, \ ... } \\ \end{Bmatrix} } _\text{ \(p\) éléments } $$

      Comme \( E_2 \) ne contient pas \(e_n\), alors il restera un choix de \( (n-1) \) éléments pour en prendre \( p \). C'est-à-dire \( \binom{n -1}{p} \).

      On a alors montré que :

      $$ \forall (p,n) \in \hspace{0.04em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n -1, $$
      $$ \binom{n}{p} = \binom{n -1}{p -1 } + \binom{n - 1}{p} \qquad \text{(Formule de Pascal)} $$

3. Par le calcul

   Calculons \( \binom{n -1}{p -1} + \binom{n -1}{p} \) :

   $$ \binom{n -1}{p -1} + \binom{n -1}{p} = \frac{(n-1) !}{ p \hspace{0.1em} ! \ (n-1-p)!} + \frac{(n-1) !}{ (p-1)! \ (n-1-(p-1))!} $$
   $$ \binom{n -1}{p -1} + \binom{n -1}{p} = \frac{(n-1) !}{ p \hspace{0.1em} ! \ (n-1-p)!} + \frac{(n-1) !}{ (p-1)! \ (n-p) \hspace{0.1em} !} $$

   On met ces deux termes au même dénominateur :

   $$ \binom{n -1}{p -1} + \binom{n -1}{p} = \frac{(n-1) ! \ \textcolor{rgb(232 124 124)}{(n-p)}}{ p \hspace{0.1em} ! \ (n-1-p)! \ \textcolor{rgb(232 124 124)}{(n-p)}} + \frac{(n-1) ! \ \textcolor{rgb(232 124 124)}{p}}{ (p-1)! \ (n-p) \hspace{0.1em} ! \ \textcolor{rgb(232 124 124)}{p}} $$
   $$ \binom{n -1}{p -1} + \binom{n -1}{p} = \frac{(n-1) ! \ (n-p)}{ p \hspace{0.1em} ! (n-p) \hspace{0.1em} ! } + \frac{(n-1) ! \ p }{ p \hspace{0.1em} ! \ (n-p) \hspace{0.1em} !} $$

   Et on factorise :

   $$ \binom{n -1}{p -1} + \binom{n -1}{p} = \frac{(n-1) ! \ (n-p + p)}{ p \hspace{0.1em} ! (n-p) \hspace{0.1em} ! } $$
   $$ \binom{n -1}{p -1} + \binom{n -1}{p} = \frac{n!}{ p \hspace{0.1em} ! (n-p) \hspace{0.1em} ! } $$
   $$ \binom{n -1}{p -1} + \binom{n -1}{p} = \binom{n}{p} $$

   On a alors montré que,

   $$ \forall (p,n) \in \hspace{0.04em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n -1, $$
   $$ \binom{n}{p} = \binom{n -1}{p -1 } + \binom{n - 1}{p} \qquad \text{(Formule de Pascal)} $$

Somme horizontale de 0 à n

Soit \( n \in \mathbb{N}\) un entier naturel.

On souhaite calculer la somme horizontale des \( \binom{n}{k} \), de \( 0\) jusqu'à \( n\).

1. Avec le binôme de Newton

   Le binôme de Newton nous dit que :

   $$\forall n \in \mathbb{N}, \enspace \forall (a, b) \in \hspace{0.04em} \mathbb{R}^2,$$

   $$ (a + b)^n = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} a^{n-p}b^p $$

   En prenant \( \{ a = 1, \enspace b = 1 \}\), on a :

   $$ \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} = (1 + 1)^n $$

   Et finalement,

   $$\forall n \in \mathbb{N}, $$
   $$ \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} = \hspace{0.2em} 2^n $$

   Soit :

   $$ \binom{n}{0} + \binom{n}{1} \enspace + ... + \enspace \binom{n}{n-1} + \binom{n}{n} = \hspace{0.02em} 2^n $$

2. Par récurrence

   Essayons de montrer que la proposition suivante \((P_n)\) est vraie :

   $$\forall n \in \mathbb{N}, $$
   $$ \binom{n}{0} + \binom{n}{1} \enspace + ... + \enspace \binom{n}{n-1} + \binom{n}{n} = \hspace{0.02em} 2^n \qquad (P_n) $$

   1. Calcul du premier terme

      Vérifions que c'est bien vrai pour le premier terme, c'est-à-dire lorsque \( n = 0 \).

      $$ \sum_{p = 0}^0 \binom{0}{p} = \binom{0}{0} = 1 $$

      Or,

      $$ 2^0 = 1 $$

      On a donc bien :

      $$ \sum_{p = 0}^0 \binom{0}{p} = \hspace{0.2em} 2^0 $$

      \((P_0)\) est vraie.

   2. Vérification de l'hérédité

      Soit \( k \in \mathbb{N} \) un entier naturel.

      On suppose que la proposition \((P_k)\) est vraieau rang \( k \).

      $$ \binom{k}{0} + \binom{k}{1} \enspace + ... + \enspace \binom{k}{k} + \binom{k}{k} = \hspace{0.2em} 2^{k} \qquad (P_{k}) $$

      Vérifions que c'est bien le cas pour \((P_{k + 1})\).

      $$ \binom{k + 1}{0} + \binom{k + 1}{1} \enspace + ... + \enspace \binom{k + 1}{k} + \binom{k + 1}{k + 1} = \hspace{0.2em} 2^{k + 1} \qquad (P_{k + 1}) $$

      Calculons le membre de droite de \(( P_{k + 1} ) \):

      $$ \binom{k + 1}{0} + \binom{k + 1}{1} \enspace + ... + \enspace \binom{k + 1}{k} + \binom{k + 1}{k + 1} $$

      Mais on sait grâce à la formule de Pascal , que :

      $$ \forall (p,n) \in \hspace{0.04em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n -1, $$

      $$ \binom{n}{p} = \binom{n - 1}{p - 1} + \binom{n - 1}{p} \qquad \text{(Formule de Pascal)} $$

      Soit aussi que :

      $$ \binom{n + 1}{p + 1} = \binom{n}{p} + \binom{n}{p + 1} \qquad (\text{Pascal}^*) $$
      $$ \textcolor{rgb(118 139 240)}{\binom{k + 1}{0}} + \textcolor{rgb(93 183 129)}{\binom{k + 1}{1}} + \textcolor{rgb(232 124 124)}{ \binom{k + 1}{2}} \enspace + ... + \enspace \textcolor{rgb(197 144 218)}{\binom{k + 1}{k}} + \textcolor{rgb(118 139 240)}{\binom{k + 1}{k + 1}} $$

      Alors grâce à \( (\text{Pascal}^*)\), on a :

      $$ \textcolor{rgb(118 139 240)}{\binom{k + 1}{0}} + \textcolor{rgb(93 183 129)}{\binom{k}{0} + \binom{k}{1}} + \textcolor{rgb(232 124 124)}{\binom{k}{1} + \binom{k}{2}} \enspace + ... + \enspace \textcolor{rgb(197 144 218)}{\binom{k}{k - 1} + \binom{k}{k}} + \textcolor{rgb(118 139 240)}{\binom{k + 1}{k + 1}} $$

      Or, le premier terme est égal au second.

      $$ \binom{k + 1}{0} = \binom{k}{0} $$

      De même, le dernier est égal à l'avant-dernier.

      $$ \binom{k + 1}{k + 1} = \binom{k}{k} $$

      Ce qui nous amène à :

      $$ \binom{k}{0} + \binom{k}{0} + \binom{k}{1} + \binom{k}{1} + \binom{k}{2} \enspace + ... + \enspace \binom{k}{k - 1} + \binom{k}{k} +\binom{k}{k} $$

      Puis finalement :

      $$ 2 \left[ \binom{k}{0} + \binom{k}{1} + \binom{k}{2} \enspace + ... + \enspace \binom{k}{k - 1} + \binom{k}{k} \right] $$

      Or, notre hypothèse était que :

      $$ \binom{k}{0} + \binom{k}{1} \enspace + ... + \enspace \binom{k}{k-1} + \binom{k}{k} = \hspace{0.2em} 2^k \qquad (P_k) $$

      On en déduit que :

      $$ \binom{k + 1}{0} + \binom{k + 1}{1} \enspace + ... + \enspace \binom{k + 1}{k} + \binom{k + 1}{k + 1} = \hspace{0.2em} 2 \times 2^{k} $$

      Soit :

      $$ \binom{k + 1}{0} + \binom{k + 1}{1} \enspace + ... + \enspace \binom{k + 1}{k} + \binom{k + 1}{k + 1} = \hspace{0.2em} 2^{k + 1} \qquad (P_{k+1}) $$

      \((P_{k + 1})\) est vraie.

   3. Conclusion

      La proposition \((P_n)\) est vraie pour son premier terme \(n_0 = 0\) et est héréditaire de proche en proche pour tout \(k \in \mathbb{N}\).

      Par le principe de récurrence, elle ainsi est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

   Nous venons de prouver par une récurrence que :

   $$\forall n \in \mathbb{N}, $$
   $$ \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} = \hspace{0.2em} 2^n $$
   

Somme verticale de r à n

Soit \( (r, n) \in \hspace{0.04em} \mathbb{N}^2\) deux entiers naturels.

On souhaite calculer la somme verticale des \( \binom{k}{r} \), de \( r\) jusqu'à \( n\).

Soit, en remplaçant dans notre cas,

Et,

En extrayant le premier terme de la somme recherchée :

On injecte à présent \((1) \) :

On voit ici que la somme du membre de droite est une somme télescopique , on a alors en simplifiant :

Et finalement,

Récapitulatif des propriétés du binôme