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Les propriétés du binôme

Soient \((p,n) \in \hspace{0.05em}\mathbb{N}^2 \) deux entiers naturels avec \( p \leqslant n \).

On appelle \(\binom{n}{p} \) ("\( p \) parmis \( n \)") le nombre de façons de prendre \( p \) éléments parmis \( n \) éléments d'un ensemble.

On l'appelle aussi le binôme, il répond à la formule suivante :

$$ \forall (p,n) \in \hspace{0.05em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n, $$

$$ \binom{n}{p} = \frac{n!}{p!(n-p)!} $$

\( \binom{n}{0} \) et \( \binom{n}{n} \)

$$ \forall n \in \mathbb{N}, $$

$$ \binom{n}{0} = \binom{n}{n} = 1$$


\( \binom{n}{1} \)

$$ \forall n \in \mathbb{N}, $$

$$ \binom{n}{1} = n$$


Symétrie

$$ \forall (p,n) \in \hspace{0.05em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n, $$

$$ \binom{n}{p} = \binom{n}{n-p} $$


Formule du pion

$$ \forall (p,n) \in \hspace{0.05em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n, $$

$$ \binom{n}{p} = \frac{n}{p} \binom{n -1}{p-1} $$


Formule de Pascal

$$ \forall (p,n) \in \hspace{0.05em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n, $$

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


Somme de 0 à n

$$\forall n \in \mathbb{N}, $$

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


Démonstrations

Soient \((p,n) \in \hspace{0.05em}\mathbb{N}^2 \) deux entiers naturels avec \( p \leqslant n \).


\( \binom{n}{0} \) et \( \binom{n}{n} \)

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 :

$$ \binom{n}{0} = \frac{n!}{0! \ n!} =1 $$

Idem avec \(n\), on a :

$$ \binom{n}{n} = \frac{n!}{ n! \ 0! } =1 $$


Soit finalement,

$$ \forall n \in \mathbb{N}, $$

$$ \binom{n}{0} = \binom{n}{n} = 1$$


\( \binom{n}{1} \)

Par la formule du binôme, on a :

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

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


Soit finalement,

$$ \forall n \in \mathbb{N}, $$

$$ \binom{n}{1} = n$$


Symétrie

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

Le triangle de Pascal

Par ailleurs, on peut voir par le calcul que :

$$ \binom{n}{p} = \frac{n!}{p!(n-p)!} $$

$$ \binom{n}{n-p} = \frac{n!}{ (n-p)! (n - (n-p))!} = \frac{n!}{p!(n-p)!}$$


Soit,

$$ \forall (p,n) \in \hspace{0.05em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n, $$

$$ \binom{n}{p} = \binom{n}{n-p} $$


Formule du pion

Par la formule du binôme, on a :

$$ \binom{n}{p} = \frac{n!}{p!(n-p)!} $$

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

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

Or, on remarque qu'au dénominateur :

$$ n-p = (n-1) - (p-1) $$

Alors,

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

$$ \binom{n}{p} = \frac{n}{p} \binom{n -1}{p-1} $$


Soit,

$$ \forall (p,n) \in \hspace{0.05em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n, $$

$$ \binom{n}{p} = \frac{n}{p} \binom{n -1}{p-1} $$


Formule de Pascal

  1. Visualisation par le triangle de Pascal

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

    Le triangle de Pascal - règle pour le retrouver

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

    Le triangle de Pascal illustrant la formule du binôme de Pascal

    Par visualisation il est évident que,

    $$ \forall (p,n) \in \hspace{0.05em}\mathbb{N}^2, $$

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


  3. Par raisonnement

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

    $$ E = \Bigl \{ e_1, e_2 , \hspace{0.2em} ... \hspace{0.2em}, e_{n} \Bigr\} $$

    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 \( e_n \)
    2. $$ 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 parmis \( (n-1) \) éléments dans \( E\), c'est-à-dire \( \binom{n -1}{p -1} \).

    3. \( E_2 \) : un ensemble qui contient toutes les parties possibles de \( E \) ne contenant pas \( e_n \)
    4. $$ 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 :

    $$ \forall (p,n) \in \hspace{0.05em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n, $$

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


  5. Par le calcul

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

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

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

    On met ces deux termes au même dénominateur :

    $$ \binom{n -1}{p -1} + \binom{n -1}{p} = \frac{(n-1) ! \ \textcolor{#A65757}{(n-p)}}{ p! \ (n-1-p)! \ \textcolor{#A65757}{(n-p)}} + \frac{(n-1) ! \ \textcolor{#A65757}{p}}{ (p-1)! \ (n-p)! \ \textcolor{#A65757}{p}} $$

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

    Et on factorise :

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

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

    $$ \binom{n -1}{p -1} + \binom{n -1}{p} = \binom{n}{p} $$


    On a alors montré que,

    $$ \forall (p,n) \in \hspace{0.05em}\mathbb{N}^2, \enspace p \leqslant n, $$

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


Somme de 0 à n

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

On souhaite calculer la somme des \( k \) parmis \( n \), de \( 0\) jusqu'à \( n\).


  1. Avec le binôme de Newton

  2. Le binôme de Newton nous dit que :

    $$\forall n \in \mathbb{N}, \enspace \forall (a, b) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2,$$

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

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

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


    Et finalement,

    $$\forall n \in \mathbb{N}, $$

    $$ 2^n = \sum_{p = 0}^n \binom{n}{p} $$

    Soit :

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


  3. Par récurrence

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

    $$\forall n \in \mathbb{N}, $$

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


    1. Calcul du premier terme
    2. 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 :

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

      \((P_0)\) est vraie.


    3. Vérification de l'hérédité
    4. Soit \( k \in \mathbb{N} \) un entier naturel.

      On suppose que la proposition \((P_k)\) est vraie pour tout \( k \).

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

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

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


      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 :

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

      Soit aussi que :

      $$ \binom{n + 1}{p + 1} = \binom{n}{p} + \binom{n}{p + 1} \qquad (1) $$

      $$ \textcolor{#4D5890}{\binom{k + 1}{0}} + \textcolor{#446e4f}{\binom{k + 1}{1}} + \textcolor{#A65757}{ \binom{k + 1}{2}} \enspace + ... + \enspace \textcolor{#7C578A}{\binom{k + 1}{k}} + \textcolor{#4D5890}{\binom{k + 1}{k + 1}} $$

      Alors grâce à \( (1) \), on a :

      $$ \textcolor{#4D5890}{\binom{k + 1}{0}} + \textcolor{#446e4f}{\binom{k}{0} + \binom{k}{1}} + \textcolor{#A65757}{\binom{k}{1} + \binom{k}{2}} \enspace + ... + \enspace \textcolor{#7C578A}{\binom{k}{k - 1} + \binom{k}{k}} + \textcolor{#4D5890}{\binom{k + 1}{k + 1}} $$

      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 :

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

      On en déduit que :

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

      Soit :

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

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


    5. Conclusion
    6. 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 :

    $$\forall n \in \mathbb{N}, $$

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

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