Exercice 1 2081

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Vérifier que pour tout entier $p$ compris entre $1$ et $n$ ,

$(\binom{n}{p}) = \frac{n}{p} (\binom{n - 1}{p - 1}) .$
(b)

En déduire la valeur de

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

Exercice 2 2086

Pour tous $n$ , $p$ et $q$ entiers naturels, calculer la somme

\sum_{k = p + 1}^{q} (\binom{n + k}{k}) .

Exercice 3 5168

(Formule de Chu-Vandermonde)

Soient $n$ , $p$ et $q$ trois entiers naturels vérifiant $n \leq p + q$ .

Proposer une preuve combinatoire de la formule de Chu-Vandermonde¹¹ 1 Voir aussi le sujet 2085.

\sum_{k = 0}^{n} (\binom{p}{k}) (\binom{q}{n - k}) = (\binom{p + q}{n}) .

Exercice 4 2087 Correction

Calculer pour $n, p \in ℕ^{*}$ , la somme

\sum_{i = 0}^{n} (\prod_{j = 1}^{p} (i + j)) .

Solution

On commence par exprimer le produit comme un rapport de nombres factoriels

\sum_{i = 0}^{n} (\prod_{j = 1}^{p} (i + j)) = \sum_{i = 0}^{n} \frac{(i + p)!}{i!}

puis on introduit un coefficient du binôme

\sum_{i = 0}^{n} (\prod_{j = 1}^{p} (i + j)) = p! \sum_{i = 0}^{n} (\binom{i + p}{i}) .

La somme introduite peut être calculée grâce à la formule de Pascal

\sum_{i = 0}^{n} (\prod_{j = 1}^{p} (i + j)) = p! (\binom{p + n + 1}{n}) = \frac{(p + n + 1)!}{(p + 1) n!} .

Exercice 5 2091

Calculer

S_{n} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} (\binom{2 n + 1}{k}) .

Exercice 6 2090 Correction

Montrer que pour tout $n \in ℕ^{*}$

\sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n}{k}) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} .

Solution

Par récurrence sur $n \geq 1$ .

Pour $n = 1$ , l’égalité est vraie.

Supposons la propriété vérifiée au rang $n \geq 1$ .

On écrit

\sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n + 1}{k}) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n}{k}) + \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n}{k - 1}) .

\sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n}{k - 1}) = \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{n + 1} (\binom{n + 1}{k}) = \frac{1}{n + 1} - \frac{{(1 - 1)}^{n + 1}}{n + 1} = \frac{1}{n + 1}

donc

\sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{{(- 1)}^{k + 1}}{k} (\binom{n + 1}{k}) = \sum_{k = 1}^{n + 1} \frac{1}{k} .

La récurrence est établie.

On peut aussi aquérir l’identité par un calcul intégral sachant

\int_{0}^{1} \frac{{(1 - t)}^{n} - 1}{t} d t \underset{u = 1 - t}{=} \int_{0}^{1} \frac{1 - u^{n}}{1 - u} d u .

Il suffit alors de développement le premier membre par la formule du binôme de Newton et le second par sommation géométrique.

Exercice 7 3688 Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Justifier

$\forall 1 \leq k \leq n, (\binom{n}{k}) = \frac{n - k + 1}{k} (\binom{n}{k - 1}) .$
(b)

En déduire que pour tout entier $k$ vérifiant $1 \leq k \leq n / 2$

$(\binom{n}{k - 1}) < (\binom{n}{k})$

et pour tout entier $k$ vérifiant $n / 2 \leq k \leq n - 1$

$(\binom{n}{k + 1}) < (\binom{n}{k}) .$
(c)

Comment interpréter simplement les inégalités qui viennent d’être obtenues?

Solution

(a)

On peut écrire

$\frac{n!}{k! (n - k)!} = \frac{(n - k + 1)}{k} \frac{n!}{(k - 1)! (n - k + 1)!}$

ce qui donne directement la relation soumise.
(b)

Si $1 \leq k \leq n / 2$ alors $2 k < n + 1$ et donc $n - k + 1 > k$ puis

$(\binom{n}{k}) = \frac{n - k + 1}{k} (\binom{n}{k - 1}) > (\binom{n}{k - 1}) .$

La deuxième inégalité s’en déduit par la relation de symétrie

$(\binom{n}{k}) = (\binom{n}{n - k}) .$
(c)

Pour $n$ fixé, la suite finie des coefficients binomiaux croît puis décroît en étant extrémale en son milieu.

Exercice 8 5929 Correction

Soit $n \in ℕ$ . Établir

(\binom{2 n + 1}{n}) \leq 2^{2 n} .

Solution

Par la formule du binôme de Newton,

\sum_{k = 0}^{2 n + 1} (\binom{2 n + 1}{k}) = {(1 + 1)}^{2 n + 1} = 2^{2 n + 1} .

En isolant les termes d’indices $n$ et $n + 1$ de cette somme et puisque les autres sont positifs,

(\binom{2 n + 1}{n}) + (\binom{2 n + 1}{n + 1}) \leq 2^{2 n + 1} .

Or, par symétrie des coefficients binomiaux,

(\binom{2 n + 1}{n}) = (\binom{2 n + 1}{2 n + 1 - n}) = (\binom{2 n + 1}{n + 1})

et donc

2 (\binom{2 n + 1}{n}) \leq 2^{2 n + 1} .

Cela conduit à la comparaison voulue.

Exercice 9 3689 Correction

Soit $n \in ℕ$ . Établir

(\binom{2 n}{n}) \geq \frac{2^{2 n}}{2 n + 1} .

Solution

On a

\sum_{k = 0}^{2 n} (\binom{2 n}{k}) = {(1 + 1)}^{2 n} = 2^{2 n} .

Or, pour $n$ fixé, la suite finie des coefficients binomiaux est maximale en son milieu donc

\forall 0 \leq k \leq 2 n, (\binom{2 n}{k}) \leq (\binom{2 n}{n})

et donc

2^{2 n} \leq (2 n + 1) (\binom{2 n}{n})

puis l’inégalité proposée.

[<] Nombres factoriels [>] Formule du binôme de Newton

Édité le 26-01-2024

Coefficients binomiaux