4 Estimations des coefficients binomiaux

Lycée Pierre de Fermat 2021/2020

MPSI 1 TD

Manipulation des coefficients binômiaux

1 Formule du binôme de Newton

⊲ Exercice 1.1. Calculer les quantités suivantes : Xn

k=0

(√ 2)^n−k

n k

,

X2n

k=0

(−3)^k 2n

k

, X2n

k=0

(−3)^n−k 2n

k

, X2n

k=0

(−3)^2n−k 2n

k

, X2n

k=0

3^n−2k 2n

k

.

⊲ Exercice 1.2.

1. (a) Soitn∈N^∗. Montrer que, pour toutk∈[[1, n]], n

k

= n k

n−1 k−1

. (b) En déduire les égalités suivantes, pour toutn∈N^∗,

Xn

k=0

k n

k

=n2ⁿ⁻¹ , sin>2, Xn

k=0

(−1)^kk n

k

= 0 .

2. En considérant la fonctionf(x) = (1 +x)ⁿ, en la développant par la formule du binôme, en dérivant, puis en l’évaluant pour des valeurs particulières dex, retrouver les deux expressions obtenues dans la question précédente.

3. Établir les égalités suivantes, pour toutn∈N^∗, Xn

k=0

k n

k

=n2ⁿ⁻¹ , sin>2, Xn

k=0

(−1)^kk n

k

= 0,

sin>2, Xn

k=0 k≡0[2]

k n

k

=n2ⁿ⁻² , Xn

k=0 k≡1[2]

k n

k

=n2ⁿ⁻².

4. En déduire la somme

Xn

k=0

(−1)^k(n−k) n

k

.

⊲ Exercice 1.3. En adaptant la méthode de l’exercice précédent consistant à considérer la fonction f(x) = (1 +x)ⁿ, montrer que

Xn

k=0

1 k+ 1

n k

= 2ⁿ⁺¹−1 n+ 1 et

Xn

k=0

(−1)^k k+ 1

n k

= 1

n+ 1 .

⊲ Exercice 1.4. Soitx∈R. 1. Calculer :

Xn

k=0

n k

cos(kx) et Xn

k=0

n k

sin(kx).

2. En déduire Xn

k=0

k n

k

sin(kx) et Xn

k=0

n k

cos²(kx).

2 Sélection des termes d’une somme de coefficients binomiaux

⊲ Exercice 2.1.

1. Calculer, pour toutn∈N^∗, les quantités suivantes :

In=

⌊ⁿ⁻₂¹⌋

X

k=0

(−1)^k n

2k+ 1

etRn=

⌊ⁿ₂⌋

X

k=0

(−1)^k n

2k

.

2. Démontrer queR²_n+I_n²= 2ⁿ.

⊲ Exercice 2.2. Calculer, pourn∈N, les sommes qui suivent : Xn

k=0 k≡0[3]

n k

,

Xn

k=0 k≡1[3]

n k

,

Xn

k=0 k≡2[3]

n k

.

⊲ Exercice 2.3. Démontrer la relation :

∀n∈N^∗,

⌊ⁿ₂⌋

X

k=0

(−1)^k3^k n

2k

= X

062k6n

(−1)^k3^k n

2k

= 2ⁿcosnπ 3

.

3 Relations combinatoires

⊲ Exercice 3.1. Démontrer, pour tout (n, p, q)∈N³, n6p,n6q, Xn

k=0

p k

q n−k

=

p+q n

.

Comment cette propriété s’illustre-t-elle sur le triangle de Pascal ? en déduire une expression simple pour Xn

k=0

n k

2

.

⊲ Exercice 3.2. Démontrer, pour tout (n, p)∈N² tels que 06p6n, Xp

k=0

n k

n−k p−k

= 2^p n

p

.

⊲ Exercice 3.3. Démontrer, de plusieurs manières, pour tout (n, p)∈N²tel que 06n6p, Xp

k=n

k n

=

p+ 1 n+ 1

.

et interpréter cette relation sur le triangle de Pascal.

4 Estimations des coefficients binomiaux

⊲ Exercice 4.1. Démontrer par récurrence les inégalités suivantes, pour tout n∈N^∗, 1) 4ⁿ

2n6 2n

n

6 4ⁿ

2 2) 4ⁿ

2√ n 6

2n n

6 4ⁿ

n¹³

5 Identités impliquant des coefficients binomiaux

⊲ Exercice 5.1.

1. Soientn∈N^∗, (x1, x2, · · · xn)∈Rⁿ, montrer que

x1+ (1−x1)x2+ · · ·+ (1−x1)(1−x2)· · ·(1−xn−1)xn+ (1−x1)(1−x2)· · ·(1−xn−1)(1−xn) = 1.

2. En déduire que, pour toutn∈N^∗,

Xn

k=1

kk!

n^k n

k

=n.

⊲ Exercice 5.2. Montrer l’identité :

∀n∈N^∗, Xn

k=1

(−1)^k+1 k

n k

= Xn

k=1

1 k .

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1

• Xn

k=0

(√ 2)^n−k

n k

= Xn

k=0

(√ 2)^n−k

n k

1^k×(√

2)^n−k= (1 +√ 2)ⁿ.

• X2n

k=0

(−3)^k 2n

k

= X2n

k=0

2n k

(−3)^k×1^2n−k= (−3 + 1)²ⁿ= 4ⁿ.

• X2n

k=0

(−3)^n−k 2n

k

= 1

(−3)ⁿ X2n

k=0

2n k

1^k×(−3)^2n−k= (1−3)²ⁿ (−3)ⁿ =

−4 3

n

ou bien X2n

k=0

(−3)^n−k 2n

k

= (−3)ⁿ X2n

k=0

2n

k −1

3 k

×1^2n−k = (−3)ⁿ

1−1 3

2n

=

−4 3

n

.

• X2n

k=0

(−3)^2n−k 2n

k

= X2n

k=0

2n k

1^k×(−3)^2n−k= (1−3)²ⁿ= 4ⁿ ou bien

X2n

k=0

(−3)^2n−k 2n

k

= (−3)²ⁿ X2n

k=0

2n

k −1

3 k

×1^2n−k = (−3)²ⁿ(−1

3 + 1)²ⁿ= 4ⁿ.

• X2n

k=0

3^n−2k 2n

k

= 1 3³ⁿ

X2n

k=0

2n k

1^k×3^4n−2k = 1 3³ⁿ

X2n

k=0

2n k

1^k×9^2n−k= (1 + 9)²ⁿ 27ⁿ =

100 27

ⁿ

ou bien X2n

k=0

3^n−2k 2n

k

= 3ⁿ X2n

k=0

2n k

1 9

^k

×1^2n−k = 3ⁿ× 1

9 + 1 ²ⁿ

= 100

27 ⁿ

ou bien X2n

k=0

3^n−2k 2n

k

= 1 3ⁿ

X2n

k=0

2n k

1 3

k

×3^2n−k = 1 3ⁿ ×

1 3+ 3

2n

= 100

27 n

.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.2

1. (a) Soitk∈[[1, n]] fixé quelconque.

n k

= n!

k!(n−k)! = n k

(n−1)!

(k−1)!((n−1)−(k−1))! = n k

n−1 k−1

. (b)

Xn

k=0

k n

k

= Xn

k=0

k n

k

car le terme d’indicek= 0 est nul

= Xn

k=1

k×n k ×

n−1 k−1

cark∈[[1, n]], n

k

=n k

n−1 k−1

.

= n

n−1X

j=0

n−1 j

en posantj=n−1

= n2ⁿ⁻¹ car 2ⁿ⁻¹= (1 + 1)ⁿ⁻¹=

n−1X

j=0

n−1 j

2. Posonsf(x) = (1 +x)ⁿ = Xn

k=0

n k

x^k.

La fonctionf est définie surR, dérivable surR(car polynomiale) et

∀x∈R, f^′(x) =n(1 +x)ⁿ⁻¹= Xn

k=1

n k

kx^k−1

En évaluant l’identité ci-dessus pourx= 1, on obtient n2ⁿ⁻¹=

Xn

k=1

k n

k

= Xn

k=0

k n

k

puis pourx=−1,

0 = Xn

k=1

(−1)^kk n

k

= Xn

k=0

(−1)^kk n

k

.

Ainsi, Xn

k=0

k n

k

=n2ⁿ⁻¹et Xn

k=0

(−1)^kk n

k

= 0 .

3. En faisant la demi-somme (resp. la demi-différence) des deux égalité ci-dessus, on sélectionne les termes d’indices pairs (resp. d’indices impairs) :

n2ⁿ⁻¹+ 0

2 =1

2 Xn

k=0

k n

k

+ Xn

k=0

(−1)^kk n

k

!

= Xn

k=0

1 + (−1)^k

| {z2 } = 1 ⇐⇒ k≡0 [2]

= 0 ⇐⇒ k≡1 [2]

k n

k

= Xn

k=0 k≡0[2]

k n

k

.

d’où Xn

k=0 k≡0[2]

k n

k

=n2ⁿ⁻² .

De même, n2ⁿ⁻¹−0

2 =1

2 Xn

k=0

k n

k

− Xn

k=0

(−1)^kk n

k

!

= Xn

k=0

1−(−1)^k

| {z2 } = 1 ⇐⇒ k≡1 [2]

= 0 ⇐⇒ k≡0 [2]

k n

k

= Xn

k=0 k≡1[2]

k n

k

.

d’où Xn

k=0 k≡1[2]

k n

k

=n2ⁿ⁻² .

4. Avec un changement d’indicej =n−k, puis en utilisant la symétrie des coefficients binômiaux (et que (−1)^−j= (−1)^−j+2j= (−1)^j) et les résultats précédents,

Xn

k=0

(−1)^k(n−k) n

k

= Xn

j=0

(−1)^n−jj n

n−j

= (−1)ⁿ Xn

j=0

(−1)^jj n

j

= 0.

Ainsi, Xn

k=0

(−1)^k(n−k) n

k

= 0 .

Une autre technique consiste à développer la somme : Xn

k=0

(−1)^k(n−k) n

k

= n

Xn

k=0

(−1)^k n

k

− Xn

k=0

(−1)^kk n

k

| {z }

calculé ci-dessus

= n(−1 + 1)ⁿ−0

= 0

⊲ Corrigé de l’exercice 1.3 Posonsf(x) = (1 +x)ⁿ= Xn

k=0

n k

x^k. La fonctionf est définie surR, continue surR(car polynomiale) et

∀x∈R, Z x

0

f(u)u. =Z x 0

Xn

k=0

n k

u^k

! u.

soit

∀x∈R,

(1 +u)ⁿ⁺¹ n+ 1

^x

0

= Xn

k=0

n k

u^k+1 k+ 1

^x

0

d’où

∀x∈R, (1 +x)ⁿ⁺¹−1 n+ 1 =

Xn

k=0

n k

x^k+1 k+ 1 .

En évaluant l’identité ci-dessus pour x = 1, on obtient Xn

k=0

1 k+ 1

n k

= 2ⁿ⁺¹−1

n+ 1 . De même, en prenant

x=−1, Xn

k=0

(−1)^k+1 k+ 1

n k

= −1 n+ 1 soit

Xn

k=0

(−1)^k k+ 1

n k

= 1

n+ 1 .

⊲ Corrigé de l’exercice 1.4 1. Remarquons que Xn

k=0

n k

cos(kx) = Xn

k=0

n k

Re(e^ikx)

= Xn

k=0

n k

Re(e^ikx) car n

k

∈R

= Re Xn

k=0

n k

e^ikx

!

car Re(·) est un morphisme de (C,+) dans (R,+)

= Re Xn

k=0

n k

(e^ix)^k×1^n−k

!

= Re (1 +e^ix)ⁿ

= Re e^inx2 (e^−ix2 +e^ix2)ⁿ

= Re

2ⁿcosⁿ(x 2)e^inx2 Ainsi,

Xn

k=0

n k

cos(kx) = 2ⁿcosnx

2 cosx 2

n

.

De manière analogue, on prouve que Xn

k=0

n k

sin(kx) = 2ⁿsinnx

2 cosx 2

ⁿ .

2. Observons qu’en dérivant par rapport à la variablexl’expression Xn

k=0

n k

cos(kx), on obtient− Xn

k=0

k n

k

sin(kx) donc

Xn

k=0

k n

k

sin(kx) = 2ⁿn

2sinnx

2 cosx 2

n

+ 2ⁿncosnx

2 cosx 2

n−1

sinx 2 ×1

2

= n2ⁿ⁻¹ cosx

2 n−1h

sinnx 2

cosx 2

+ cosnx 2

sinx 2

i

= n2ⁿ⁻¹ cosx

2 n−1

sin

(n+ 1)x 2

Xn

k=0

k n

k

sin(kx) =n2ⁿ⁻¹ cosx

2 n−1

sin

(n+ 1)x 2

Enfin, en utilisant la relation trigonométrique cos²(a) =cos(2a) + 1

2 ,

Xn

k=0

n k

cos²(kx) = Xn

k=0

n k

cos(2kx) + 1 2

= 1

2 Xn

k=0

n k

cos(2kx) +1 2

Xn

k=0

n k

= 2ⁿ⁻¹cos (nx) (cosx)ⁿ+ 2ⁿ en appliquant le résultat de la première question.

Ainsi, Xn

k=0

n k

cos²(kx) = 2ⁿ⁻¹[cos (nx) (cosx)ⁿ+ 2].

⊲ Corrigé de l’exercice 2.1

⊲ Corrigé de l’exercice 2.2

⊲ Corrigé de l’exercice 2.3

⊲ Corrigé de l’exercice 3.1 Supposons que l’on dispose de deux ensembles finis Ep et Eq de cardinaux respectifspet q. L’ensembleE des familles den éléments que l’on peut constituer en prenant des éléments de Ep et d’autres deEq se décompose en la réunion disjointe des ensembleEk,n−k lorsque k décrit [[0, n]], Ek,n−k

représentant le nombre de parties deux à deux distinctes que l’on peut constituer en prenantk éléments dans Ep et (n−k) éléments dansEq. Par conséquent,

|E|= Xn

k=0

|Ek,n−k|= Xn

k=0

p k

q n−k

car |Ek,n−k| = p

k

q n−k

. Par ailleurs, E peut aussi être vu comme le nombre de parties de Ep∪Eq

ayantn éléments d’où|E|=

|Ep∪Eq| n

=

p+q n

, doù l’identité cherchée.

Sur un triangle de Pascal, faire des flèches pour voir comment on calcule par exemple 5

3

à partir des coefficients des lignes 2 et 3 du triangle...

En prenantp=q=n, on obtient

Xn

k=0

n k

n n−k

= 2n

n

d’où, par symétrie des coefficients binômiaux, Xn

k=0

n k

2

= 2n

n

.

⊲ Corrigé de l’exercice 3.2 Pour toutk∈[[0, p]],

n k

n−k p−k

= n!

k!(n−k)!

(n−k)!

(p−k)!(n−k−(p−k))! = n!

k!(p−k)!(n−p)! = n!

p!(n−p)!

p!

k!(p−k)! = n

p p

k

si bien que

Xp

k=0

n k

n−k p−k

= Xp

k=0

n p

p k

= n

p

^p X

k=0

p k

| {z }

= (1 + 1)^p= 2^p

= 2^p n

p

⊲ Corrigé de l’exercice 3.3 Nous allons proposer deux versions de preuve par récurrence, la première est plus simple, la seconde est un peu délicate dans sa mise en place :

• Première récurrence : récurrence sur ppour n fixé quelconque :

Soitn∈Nfixé quelconque. Considérons la propriété suivante définie pour tout p∈[[n,+∞[[ par P(p) :^′′

Xp

k=n

k n

=

p+ 1 n+ 1

′′

.

• Pourp=n, Xn

k=n

k n

= n

n

= 1 et

n+ 1 n+ 1

= 1 doncP(n) est vraie.

• Soitp∈[[n,+∞]] fixé quelconque tel queP(p) est vraie.

p+1X

k=n

k n

= Xp

k=n

k n

! +

p+ 1 n

=

p+ 1 n+ 1

+

p+ 1 n

carP(p) est vraie

=

p+ 2 n+ 1

en utilisant la relation de Pascal.

Par conséquent,P(p+ 1) est vraie.

Ainsi, pour tout (n, p)∈N² tel que 06n6p, Xp

k=n

k n

=

p+ 1 n+ 1

.

• Seconde récurrence : récurrence sur p pour tout n variant dans [[0, p]] dans la propriété de récurrence :

Considérons la propriété suivante définie pour toutp∈[[0,+∞[[ par Q(p) :^′′∀n∈[[0, p]],

Xp

k=n

k n

= p+ 1

n+ 1

′′.

• Pourp= 0, pour tout n∈[[0, p]],n= 0, Xp

k=n

k n

= 0

0

= 1 et p+ 1

n+ 1

= 1

1

= 1 donc Q(0) est vraie.

• Soitp∈Nfixé quelconque tel queQ(p) est vraie.

Soitn∈[[0, p+ 1]] fixé quelconque.

⋆ sin∈[[0, n]],

p+1X

k=n

k n

=

Xp

k=n

k n

| {z }

= p+ 1

n+ 1

carQ(p) est vraie +

p+ 1 n

=

p+ 1 n+ 1

+ p+ 1

n

=

p+ 2 n+ 1

en utilisant la relation de Pascal

⋆ sin=p+ 1,

p+1X

k=n

k p+ 1

=

p+1X

k=p+1

k p+ 1

= p+ 1

p+ 1

= 1 = p+ 2

p+ 2

=

(p+ 1) + 1 n+ 1

Par conséquent,Q(p+ 1) est vraie.

Interprétation sur le triangle de Pascal : la somme de (s+ 1) termes successifs d’une même colonne d’indicen en partant du 1 =

n n

donne

Xs−1

k=0

n+k n

=

n+s+ 1 n+ 1

c’est à dire le terme situé à droite du premier terme absent.

⊲ Corrigé de l’exercice 4.1 1. 4ⁿ

2n 6 2n

n

6 4ⁿ 2 .

Considérons, pour toutn∈N^∗, la propriété de récurrence définie parP(n) :« 4ⁿ 2n 6

2n n

6 4ⁿ

2 ».

• Pourn= 1, 4ⁿ 2n = 2,

2n n

= 2 et 4ⁿ

1 = 4, or 26264 doncP(1) est vraie.

• Soitn∈N^∗ fixé quelconque tel queP(n) est vraie.

Observons que

2(n+ 1) n+ 1

= (2n+ 2)(2n+ 1) (n+ 1)²

2n n

= 2(2n+ 1) n+ 1

2n n

. Par conséquent,

2(n+ 1) n+ 1

= 2(2n+ 1) n+ 1

2n n

>

P(n) vraie|{z}

2(2n+ 1) n+ 1

4ⁿ

2n= 4ⁿ⁺¹

2(n+ 1)× 2n+ 1

| {z }2n

>1 car 2n+ 1>2n

> 4ⁿ⁺¹ 2(n+ 1) 2(n+ 1)

n+ 1

=2(2n+ 1) n+ 1

2n n

6

|{z}

P(n) vraie

2(2n+ 1) n+ 1

4ⁿ

2 = 4ⁿ⁺¹

2 × (2n+ 1)

2n+ 2

| {z } 61 car 2n+ 162n+ 2

6 4ⁿ⁺¹ 2 Par conséquent,P(n+ 1) est vraie.

Ainsi,∀n∈N^∗, 4ⁿ 2n 6

2n n

6 4ⁿ

2 . 2. Compte tenu du lien étroit qui existe entre

2n n

et

2(n+ 1) n+ 1

, à savoir

2(n+ 1) n+ 1

=2(2n+ 1) n+ 1

2n n

, il semble naturel de penser à une récurrence.

Considérons, pour toutn∈N^∗, la propriété de récurrence définie parP(n) :« 4ⁿ 2√

n 6 2n

n

6 4ⁿ n¹³ ».

• Pourn= 1, 4ⁿ 2√

n = 2, 2n

n

= 2 et 4ⁿ

n¹³ = 4, or 26264 doncP(1) est vraie.

• Soitn∈N^∗ fixé quelconque tel queP(n) est vraie.

4n²+ 4n+ 1>4n²+ 4n ⇒ (2n+ 1)²>4n(n+ 1)

⇒ 2n+ 1>2√ n√

n+ 1

⇒ 2(2n+ 1)

√n >4√ n+ 1

⇒ 2(2n+ 1) (n+ 1)√

n > 4

√n+ 1

⇒ (2n+ 1)4ⁿ (n+ 1)√

n > 4ⁿ⁺¹ 2√

n+ 1 Or d’aprèsP(n),

2n n

> 4ⁿ 2√

n donc 2(n+ 1)

n+ 1

= 2(2n+ 1) n+ 1

2n n

>2(2n+ 1)4ⁿ 2(n+ 1)√

n > 4ⁿ⁺¹ 2√

n+ 1 .

Par ailleurs, le trinôme 4x²+ 2n−1 possède deux racines réelles distinctes dans ]− ∞,1[ donc 0<4n²+ 2n−1 ⇒ 8n³+ 12n²+ 6n+ 1<8(n³+ 2n²+n)

⇒ (2n+ 1)³<2³n(n+ 1)²

⇒ (2n+ 1)<2n¹³(n+ 1)²³

⇒ 2(2n+ 1)

(n+ 1)n³¹ < 4 (n+ 1)¹³

⇒ 2(2n+ 1)4ⁿ

(n+ 1)n¹³ < 4ⁿ⁺¹ (n+ 1)¹³ Or d’aprèsP(n),

2n n

6 4ⁿ

n³¹ donc 2(n+ 1)

n+ 1

=2(2n+ 1) n+ 1

2n n

62(2n+ 1)4ⁿ

(n+ 1)n¹³ 6 4ⁿ⁺¹ (n+ 1)¹³ . Par conséquent,P(n) est vraie.

Ainsi, pour toutn∈N^∗, 4ⁿ 2√

n 6 2n

n

6 4ⁿ n¹³.

⊲ Corrigé de l’exercice 5.1

1. Définissons, pour toutn∈N^∗, la propriétéP(n) par P(n) : «∀(x1, x2, · · · xn)∈Rⁿ ,

Xn

k=1

xk(1−x1)(1−x2)· · ·(1−xk−1) + Yn

k=1

(1−xk) = 1 ».

• Soitx1∈Rfixé quelconque.x1+ (1−x1) = 1 doncP(1) est vraie.

• Soitn∈N^∗ fixé quelconque tel queP(n) est vraie.

Soient (x1, x2, · · · xn, xn+1)∈Rⁿ⁺¹ fixés quelconques.

D’après la propriété de récurrence, Xn

k=1

xk(1−x1)(1−x2)· · ·(1−xk−1) + Yn

k=1

(1−xk) = 1 donc

n+1X

k=1

xk(1−x1)(1−x2)· · ·(1−xk−1) +

n+1Y

k=1

(1−xk) = Xn

k=1

xk(1−x1)(1−x2)· · ·(1−xk−1) +xn+1(1−x1)(1−x2)· · ·(1−xn) +

n+1Y

k=1

(1−xk)

= 1− Yn

k=1

(1−xk)

+xn+1(1−x1)(1−x2)· · ·(1−xn) +

n+1Y

k=1

(1−xk)

= 1−(1−xn+1−(1−xn+1)) Yn

k=1

(1−xk)

= 1 doncP(n+ 1) est vraie.

Ainsi, pour toutn∈N^∗,P(n) est vraie.

2. Soitn∈N^∗ fixé quelconque.

Calculons

1 n

Xn

k=1

kk!

n^k n

k

= Xn

k=1

kk!n!

n^k+1k!(n−k)!

= Xn

k=1

kn(n−1)(n−2). . .(n−k+ 1) n^k+1

= Xn

k=1

k(n−1)(n−2). . .(n−(k−1)) n^k

= Xn

k=1

k n

1− 1

n 1−2 n

. . .

1−k−1 n

si bien qu’en appliquant l’égalité précédente pourx1= 1

n,x2= 2

n,. . .,xn−1=n−1

n etxn= n n, on a 1

n Xn

k=1

kk!

n^k n

k

= Xn

k=1

xk(1−x1)(1−x2). . .(1−xk−1)

= 1 d’où le résultat.

⊲ Corrigé de l’exercice 5.2

Considérons, pour toutn∈N^∗, la propriétéP(n) définie parP(n) : « Xn

k=1

(−1)^k+1 k

n k

= Xn

k=1

1 k ».

• Pourn= 1, Xn

k=1

(−1)^k+1 k

n k

=(−1)² 1

1 1

= 1 et Xn

k=1

1 k =1

1 doncP(1) est vraie.

• Soitn∈N^∗ fixé quelconque tel queP(n) est vraie.

n+1X

k=1

(−1)^k+1 k

n+ 1 k

=

n+1X

k=1

(−1)^k+1 k

n k−1

+

n k

en utilisant la relation de Pascal

=

n+1X

k=1

(−1)^k+1 k

n k−1

+

n+1X

k=1

(−1)^k+1 k

n k

=

n+1X

k=1

(−1)^k+1 n+ 1

n+ 1 k

+

Xn

k=1

(−1)^k+1 k

n k

+(−1)ⁿ⁺² n+ 1

n n+ 1

car 1

k n

k−1

= 1

n+ 1 n+ 1

k

= − 1

n+ 1

n+1X

k=1

(−1)^k n+ 1

k

+ Xn

k=1

1

k en utilisantP(n) et n

n+ 1

= 0

= − 1

n+ 1

(1−1)ⁿ⁺¹−(−1)⁰ n+ 1

0

+ Xn

k=1

1 k

= 1

n+ 1+ Xn

k=1

1 k

doncP(n+ 1) est vraie.

Ainsi,∀n∈N^∗, Xn

k=1

(−1)^k+1 k

n k

= Xn

k=1

1 k .