Démonstration de la formule du binôme à l’aide de la notation

Démonstration de la formule du binôme à l’aide de la notation

Cette démonstration n’est pas au programme et constitue une simple information destinée à ceux qui postulent pour une prépa. Elle donne un aperçu de manipulation un peu élaborée de la notationP

. Il s’agit de quelque chose de difficile, alors don’t stress.

Deux petits préalables :

1. Commençons par une astuce d’écriture qui sera bien utile : Dans l’écriture u0+u1 +u2+· · ·+un =

Xn

k=0

u_k, k joue le rôle d’une variable muette ; le choix de la lettre n’a aucune importance.

Il est donc bien évident que Xn

k=0

uk= Xn p=0

up.nommons (E1) cette propriété.

Posons p=k+ 1par exemple, donck=p−1.

k= 0⇒p= 1etk=n⇒p=n+ 1.Ainsi, Xn k=0

u_k=

n+1X

p=1

u_p−1 et d’après(E₁), Xn k=0

u_k=

n+1X

k=1

u_k−1 . Ecrivez ce secondP

en remplaçant k par0,1,· · ·, n+ 1et vous obtiendrez encoreu0+u1+u2+· · ·+un. 2. Expression de la distributivité de la multiplication par rapport à l’addition à l’aide d’un P Il s’agit de la propriété au+bu= (a+b)u qui s’écrit :

Xn

k=1

au_k+ Xn

k=1

bu_k= Xn

k=1

(a+b)u_k.

et, si a et b dépendent dek, Xn k=1

a_ku_k+ Xn k=1

b_ku_k= Xn k=1

(a_k+b_k)u_k notée (E2)

Venons en maintenant au coeur du problème :

Démontrons donc par récurrence la propriété (P_n) : (a+b)ⁿ= Xn

k=0

µ n k

¶

a^n−kb^k pourn≥1

FLa propriété(P₁)est vraie puisque (a+b)¹ = X1

k=0

µ 1 k

¶

a^1−kb^k= µ 1

0

¶ a¹b⁰+

µ 1 1

¶

a⁰b¹ =a+b FSupposons (Pn) vraie, donc: (a+b)ⁿ=

Xn k=0

µ n k

¶ a^n−kb^k

Alors(a+b)ⁿ⁺¹= (a+b) Xn k=0

µ n k

¶

a^n−kb^k et en développant (donc en multipliant alternativement paraet b)

(a+b)ⁿ⁺¹ =a Xn

k=0

µ n k

¶

a^n−kb^k+b Xn

k=0

µ n k

¶

a^n−kb^k

(a+b)ⁿ⁺¹ = Xn k=0

µ n k

¶

a^n−k+1b^k+ Xn k=0

µ n k

¶

a^n−kb^k+1

Transformons cette écriture pour essayer de regrouper tous les termes de ces deuxP

sous un seul, c’est à direen essayant d’obtenir le même expression sous chaque P

.

(a+b)ⁿ⁺¹ = Xn k=0

µ n k

¶

a^n−k+1b^k+ Xn k=0

µ n k

¶

a^n−kb^k+1 notée (E0)

Le premierP

s’écrit, en "sortant" le cas k= 0, Xn k=0

µ n k

¶

a^n−k+1b^k=aⁿ⁺¹+ Xn k=1

µ n k

¶

a^n−k+1b^k

On pose dans le second P

, p=k+ 1 : Xn k=0

µ n k

¶

a^n−kb^k+1=

n+1X

p=1

µ n p−1

¶

a^n−(p−1)b^(p−1)+1

et d’après (E₁) : Xn k=0

µ n k

¶

a^n−kb^k+1 =

n+1X

k=1

µ n k−1

¶

a^n−k+1b^k.

En remplaçant dans(E₀)

On a donc(a+b)ⁿ⁺¹=aⁿ⁺¹ + Xn

k=1

µ n k

¶

a^n−k+1b^k+

n+1X

k=1

µ n k−1

¶

a^n−k+1b^k Ca y est, on a la même expression sous les deuxP

.Gérons les bornes.

En "sortant"k=n+ 1 du secondP :

n+1X

k=1

µ n k−1

¶

a^n−k+1b^k= Xn k=1

µ n k−1

¶

a^n−k+1b^k+bⁿ⁺¹

Donc (a+b)ⁿ⁺¹=aⁿ⁺¹ + Xn

k=1

µ n k

¶

a^n−k+1b^k+ Xn

k=1

µ n k−1

¶

a^n−k+1b^k+bⁿ⁺¹.

Or, d’après la propriété (E2)de distributivité : Xn

k=1

µ n k

¶

a^n−k+1b^k+ Xn k=1

µ n k−1

¶

a^n−k+1b^k = Xn k=1

µµ n k

¶ +

µ n k−1

¶¶

a^n−k+1b^k

Ce qui donne d’après le triangle de Pascal, Xn

k=1

µ n+ 1 k

¶

a^n−k+1b^k

D’où : (a+b)ⁿ⁺¹ =aⁿ⁺¹ + Xn k=1

µ n+ 1 k

¶

a^n−k+1b^k+bⁿ⁺¹.

Et en considérant a_n+1 comme terme de rangk= 0du P

,etbⁿ⁺¹comme terme de rangk=n+ 1,

On obtient(a+b)ⁿ⁺¹=

n+1X

k=0

µ n+ 1 k

¶

a^n+1−kb^k qui prouve bien que (P_n+1) est vraie.

Ainsi, la propriété (Pn) est vraie pour n= 1, si on la suppose vraie à l’ordren, on montre qu’elle l’est encore à l’ordre n+ 1.

D’après l’axiome de récurrence, elle est vraie pour tout entier natureln≥1.

Ainsi, ∀n∈N ,(a+b)ⁿ= Xn k=0

µ n k

¶

a^n−kb^k