Sommation/Exercices/Formule du binôme

Exercice 5-1

Soient $n,p\in \mathbb {N}$.

1. Démontrer la formule des lignes :

   $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}=2^{n}$.

2. En déduire la formule :

   $\sum _{k=0}^{p}{\binom {n}{k}}{n-k \choose p-k}=2^{p}{\binom {n}{p}}$.

Solution

1. $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}=\sum _{k=0}^{n}1^{k}1^{n-k}{\binom {n}{k}}=\left(1+1\right)^{n}=2^{n}$.
2. Si $p>n$, les deux membres sont nuls. Si $p\leq n$ alors, pour tout entier $k\in \left[0,p\right]$,

   ${\binom {n}{k}}{n-k \choose p-k}={\frac {n!{\cancel {(n-k)!}}}{k!{\cancel {(n-k)!}}(p-k)!(n-p)!}}={\frac {n!}{p!(n-p)!}}{\frac {p!}{k!(p-k)!}}={\binom {n}{p}}{\binom {p}{k}}$.

   On en déduit :

   $\sum _{k=0}^{p}{\binom {n}{k}}{n-k \choose p-k}={\binom {n}{p}}\sum _{k=0}^{p}{\binom {p}{k}}={\binom {n}{p}}2^{p}$.

 

Une autre méthode est proposée dans l'exercice 5-5 (voir infra). Pour une preuve moins calculatoire, voir l'exercice 2-8 ou Combinatoire/Exercices/Combinaisons#Exercice 4-1.

Remarque : la formule de la question 2 donne en particulier :

• pour $p=n-1$ : $\sum _{k=0}^{n}k{\binom {n}{k}}=n2^{n-1}$ ;
• pour $p=n-2$ : $\sum _{k=0}^{n}k(k-1){\binom {n}{k}}=n(n-1)2^{n-2}$ ;
• pour $p=n-3$ : $\sum _{k=0}^{n}k(k-1)(k-2){\binom {n}{k}}=n(n-1)(n-2)2^{n-3}$.

Exercice 5-2

Soit $n\in \mathbb {N} ^{*}$. Calculer :

$a)\,\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\qquad \qquad b)\,\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}{\binom {n}{k}}$.

En déduire :

$c)\,\sum _{0\leq j\leq n/2}{\binom {n}{2j}}\qquad \qquad d)\,\sum _{0\leq j\leq (n-1)/2}{\binom {n}{2j+1}}$.

Solution

Notons $A$, $B$, $C$ et $D$ ces quatre sommes.

D'après la formule du binôme, $A=(1+1)^{n}=2^{n}$ (cf. exercice précédent) et de même, $B=(1-1)^{n}=0^{n}=0$ (car $n>0$).

Or $C+D=A$ et $C-D=B$.

Par conséquent, $C={\frac {A+B}{2}}=2^{n-1}$ et $D={\frac {A-B}{2}}=2^{n-1}$.

 

Exercice 5-3

Calculer la somme suivante :

$\sum _{p=0}^{n}Y^{p}\sum _{k=p}^{n}{\binom {n}{k}}{\binom {k}{p}}X^{k}$.

Solution

${\begin{aligned}\sum _{p=0}^{n}Y^{p}\sum _{k=p}^{n}{\binom {n}{k}}{\binom {k}{p}}X^{k}&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}X^{k}\sum _{p=0}^{k}{\binom {k}{p}}Y^{p}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}X^{k}(1+Y)^{k}\\&=(1+X+XY)^{n}.\end{aligned}}$

 

Exercice 5-4

Soient $m,n,r\in \mathbb {N}$ tels que $r\leq m+n$. En vous basant sur l'identité polynomiale :

$(1+X)^{m+n}=(1+X)^{m}(1+X)^{n}$,

redémontrez la formule de Vandermonde (chap. 1) :

${\binom {n+m}{r}}=\sum _{k}{\binom {n}{k}}{\binom {m}{r-k}}$,

dans laquelle l'indice k varie a priori dans $\mathbb {Z}$, mais le terme correspondant de la somme n'est non nul que si $\max(0,r-m)\leq k\leq \min(n,r)$.

Solution

D'après les propriétés générales des puissances dans n'importe quel anneau (ici : l'anneau des polynômes à coefficients entiers), on a bien

$(1+X)^{m+n}=(1+X)^{m}(1+X)^{n}$.

En appliquant trois fois la formule du binôme de Newton puis en effectuant le produit des deux polynômes de droite, cette égalité devient :

${\begin{aligned}\sum _{r}{\binom {m+n}{r}}X^{r}&=\left(\sum _{k}{\binom {n}{k}}X^{k}\right)\left(\sum _{j}{\binom {m}{j}}X^{j}\right)\\&=\sum _{r}\left(\sum _{k+j=r}{\binom {n}{k}}{\binom {m}{j}}\right)X^{r}.\end{aligned}}$.

En identifiant les coefficients, l'identité de Vandermonde apparaît :

${\binom {m+n}{r}}=\sum _{k+j=r}{\binom {n}{k}}{\binom {m}{j}}=\sum _{k}{\binom {n}{k}}{\binom {m}{r-k}}$.

 

Exercice 5-5

En développant le polynôme $(1+X+X)^{n}$ de deux façons différentes, redémontrer la formule (voir supra) :

$\sum _{k=0}^{p}{\binom {n}{k}}{n-k \choose p-k}=2^{p}{\binom {n}{p}}$.

Solution

Première façon

En utilisant deux fois la formule du binôme, puis en faisant un glissement d'indice suivi d'une une inversion de somme, on obtient :

${\begin{aligned}(1+X+X)^{n}&=((1+X)+X)^{n}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}X^{k}(1+X)^{n-k}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}X^{k}\left(\sum _{j=0}^{n-k}{\binom {n-k}{j}}X^{j}\right)\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}X^{k}\left(\sum _{p=k}^{n}{\binom {n-k}{p-k}}X^{p-k}\right)\\&=\sum _{p=0}^{n}\left(\sum _{k=0}^{p}{\binom {n}{k}}{\binom {n-k}{p-k}}\right)X^{p}.\end{aligned}}$

Deuxième façon

En utilisant directement la formule du binôme, on obtient :

${\begin{aligned}(1+X+X)^{n}&=(1+2X)^{n}\\&=\sum _{p=0}^{n}{\binom {n}{p}}(2X)^{p}\\&=\sum _{p=0}^{n}{\binom {n}{p}}2^{p}X^{p}.\end{aligned}}$

Par identification du coefficient de $X^{p}$, on en déduit l'égalité voulue.

 

Exercice 5-6

En utilisant la formule du binôme, ses dérivées ou ses primitives, calculer :

$a)\,\sum _{k=0}^{n}k{\binom {n}{k}}\qquad \qquad b)\,\sum _{k=0}^{n}k(k-1){\binom {n}{k}}\qquad \qquad c)\,\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+1}}{\binom {n}{k}}\qquad \qquad d)\,\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}k{\binom {n}{k}}\qquad \qquad e)\,\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{k+1}}{\binom {n}{k}}$.

Solution

a) En utilisant la formule du binôme, nous avons :

$(1+x)^{n}=\sum _{k=0}^{n}x^{k}{\binom {n}{k}}$.

En dérivant les deux membres par rapport à x, nous obtenons :

$n(1+x)^{n-1}=\sum _{k=0}^{n}kx^{k-1}{\binom {n}{k}}$

et en posant x = 1, on obtient :

$\sum _{k=0}^{n}k{\binom {n}{k}}=n2^{n-1}$.

b) En dérivant à nouveau la formule :

$n(1+x)^{n-1}=\sum _{k=0}^{n}kx^{k-1}{\binom {n}{k}}$

obtenue en a), nous obtenons :

$n(n-1)(1+x)^{n-2}=\sum _{k=0}^{n}k(k-1)x^{k-2}{\binom {n}{k}}$

et en posant x = 1, on obtient :

$\sum _{k=0}^{n}k(k-1){\binom {n}{k}}=n(n-1)2^{n-2}$.

c) Reprenons la formule :

$(1+x)^{n}=\sum _{k=0}^{n}x^{k}{\binom {n}{k}}$

et calculons cette fois une primitive des deux membres par rapport à x ; on obtient :

${\frac {(1+x)^{n+1}}{n+1}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k+1}}{k+1}}{\binom {n}{k}}+C$.

C est la constante d'intégration que nous devons calculer. Pour cela posons x = 0, on obtient :

${\frac {(1+0)^{n+1}}{n+1}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {0^{k+1}}{k+1}}{\binom {n}{k}}+C$,

soit :

$C={\frac {1}{n+1}}$.

En reportant, on obtient :

${\frac {(1+x)^{n+1}}{n+1}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k+1}}{k+1}}{\binom {n}{k}}+{\frac {1}{n+1}}$

et en posant x = 1, on obtient :

$\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+1}}{\binom {n}{k}}={\frac {2^{n+1}}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}}={\frac {2^{n+1}-1}{n+1}}$.

d) Dans la formule obtenue en a) :

$n(1+x)^{n-1}=\sum _{k=0}^{n}kx^{k-1}{\binom {n}{k}}$,

en posant cette fois x = –1, on obtient :

$\sum _{k=0}^{n}(-1)^{k}k{\binom {n}{k}}={\begin{cases}0&{\text{si }}n\neq 1,\\-1&{\text{si }}n=1.\end{cases}}$

e) Dans la formule obtenue en c) :

${\frac {(1+x)^{n+1}}{n+1}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k+1}}{k+1}}{\binom {n}{k}}+{\frac {1}{n+1}}$,

en posant cette fois x = –1, on obtient :

$\sum _{k=0}^{n}{\frac {(-1)^{k}}{k+1}}{\binom {n}{k}}={\frac {1}{n+1}}$.

 

Pour une autre méthode pour les questions a), c), d) et e), voir Combinatoire/Exercices/Combinaisons#Exercice 4-2.

Pour une généralisation des résultats a) et b), voir l'exercice 5-1 ci-dessus.

Exercice 5-7

En développant de deux façons le polynôme $\left(X^{2}-1\right)^{n}$, prouver que pour tout entier $k\in \left[0,2n\right]$,

$\sum _{i}(-1)^{i}{\binom {n}{i}}{\binom {n}{k-i}}={\begin{cases}0&{\text{si }}k{\text{ est impair}}\\(-1)^{r}{\binom {n}{r}}&{\text{si }}k=2r\\\end{cases}}$

et en déduire que pour tout $r\in \mathbb {N}$,

$(-1)^{r}{\binom {2r}{r}}=\sum _{i=0}^{2r}(-1)^{i}{\binom {2r}{i}}^{2}$.

Solution

$\left(X^{2}-1\right)^{n}$ est égal

• d'une part à $\sum _{r=0}^{n}{\binom {n}{r}}X^{2r}(-1)^{n-r}$ ;
• d'autre part à $(X-1)^{n}(X+1)^{n}=\sum _{i}{\binom {n}{i}}X^{i}(-1)^{n-i}\sum _{j}{\binom {n}{j}}X^{j}=\sum _{k}X^{k}\sum _{i+j=k}(-1)^{n-i}{\binom {n}{i}}{\binom {n}{j}}$

Par identification du coefficient de $X^{k}$, on en déduit l'égalité générale demandée (l'indice $i$ varie a priori dans $\mathbb {Z}$, mais le terme correspondant de la somme est nul sauf si $0\leq i\leq n$ et $0\leq k-i\leq n$, c'est-à-dire $\max(0,k-n)\leq i\leq \min(k,n)$).

L'égalité particulière correspond au cas $n=k=2r$.

 

Exercice 5-8

Pour tout entier $n\geq 1$ :

a) démontrer l'identité polynomiale :

$\sum _{k=0}^{n-1}(1-X)^{k}=\sum _{k=1}^{n}{n \choose k}(-X)^{k-1}$ ;

b) en déduire :

$\sum _{k=1}^{n}{\frac {1-(1-X)^{k}}{k}}=-\sum _{k=1}^{n}{\binom {n}{k}}{\frac {(-X)^{k}}{k}}$ ;

c) retrouver ainsi le résultat de l'exercice 2-9 :

$\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}=\sum _{k=1}^{n}{\binom {n}{k}}{\frac {(-1)^{k-1}}{k}}$.

Solution

a) Le premier membre est une somme de termes consécutifs d'une suite géométrique (à valeurs dans les polynômes) de raison $1-X$. On a donc :

${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n-1}(1-X)^{k}&={\frac {1-(1-X)^{n}}{1-(1-X)}}\\&={\frac {1}{X}}\left(1-\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}(-X)^{k}\right)\\&=-{\frac {1}{X}}\sum _{k=1}^{n}{n \choose k}(-X)^{k}\\&=\sum _{k=1}^{n}{n \choose k}(-X)^{k-1}.\end{aligned}}$

b) D'après la question précédente, les deux membres (qui appartiennent à $\mathbb {Q} [X]$) ont même polynôme dérivé. Comme de plus ils coïncident en 0, ils sont égaux.

c) Simple évaluation en 1 de l'égalité polynomiale précédente.

 

Exercice 5-9

En développant, grâce à la formule du binôme, le polynôme $(a+X)^{n}$ (où $a$ est une constante et $X$ une variable) et en dérivant les deux membres de l'égalité ainsi obtenue, montrer que la formule du binôme est invariante par dérivation. En déduire qu'elle est aussi invariante par intégration. Que peut-on en conclure ?

Solution

La formule du binôme à l'ordre $n$ est :

$(a+X)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}a^{n-k}X^{k}$.

En dérivant les deux membres de cette égalité, puis en divisant par $n$, on obtient :

${\begin{aligned}(a+X)^{n-1}&={\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}a^{n-k}kX^{k-1}\\&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {k}{n}}{\frac {n!}{k!(n-k)!}}a^{n-k}X^{k-1}\\&=\sum _{k=1}^{n}{\frac {(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}}a^{n-k}X^{k-1}\\&=\sum _{k=1}^{n}{n-1 \choose k-1}a^{n-k}X^{k-1}\\&=\sum _{j=0}^{n-1}{n-1 \choose j}a^{n-1-j}X^{j},\end{aligned}}$

ce qui est exactement la formule du binôme à l'ordre $n-1$. Nous dirons que la formule du binôme est invariante par dérivation.

On en conclut qu'elle est aussi invariante par intégration, puisque (à tout ordre) les polynômes qui figurent de part et d'autre de cette formule ont même terme constant (à l'ordre $n$, ce terme constant est $a^{n}$).

On obtient ainsi une nouvelle façon de démontrer la formule du binôme par récurrence.

 

Exercice 5-10

Calculer :

$\sum _{k=0}^{n}kX^{k-1}\sum _{p=0}^{k}{\binom {n}{p}}{n-p \choose n-k}Y^{p}$.

Solution

On reconnaît la dérivée par rapport à $X$ du polynôme

${\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n}X^{k}\sum _{p=0}^{k}{\binom {n}{p}}{n-p \choose n-k}Y^{p}&=\sum _{p=0}^{n}{\binom {n}{p}}Y^{p}\sum _{k=p}^{n}{n-p \choose n-k}X^{k}\\&=\sum _{p=0}^{n}{\binom {n}{p}}Y^{p}\sum _{j=0}^{n-p}{n-p \choose j}X^{p+j}\\&=\sum _{p=0}^{n}{\binom {n}{p}}(XY)^{p}(1+X)^{n-p}\\&=(1+X+XY)^{n}.\end{aligned}}$

Par conséquent,

$\sum _{k=0}^{n}kX^{k-1}\sum _{p=0}^{k}{\binom {n}{p}}{n-p \choose n-k}Y^{p}=n(1+Y)(1+X+XY)^{n-1}$.

 

Exercice 5-11

1. En s'inspirant de « Approche géométrique des nombres complexes/Apports à la trigonométrie#Formules de dé-linéarisation », construire, pour tout entier naturel $n$, deux polynômes en deux variables, $C_{n}$ et $S_{n}$, tels que (pour tout réel $\theta$) :

   $\cos n\theta =C_{n}(\cos \theta ,\sin \theta )$ et $\sin n\theta =S_{n}(\cos \theta ,\sin \theta )$,

2. En déduire deux suites de polynômes en une variable, uniques et traditionnellement notés $T_{n}$ et $U_{n}$, tels que

   $\cos n\theta =T_{n}(\cos \theta )$ et $\sin \left((n+1)\theta \right)=U_{n}(\cos \theta )\times \sin \theta$.

   Quel est leur degré ? Quels sont les polynômes $T_{0}$, $T_{1}$ et $U_{0}$ ?

3. Redémontrer par une récurrence d'ordre 2 l'existence d'un polynôme $T_{n}$ tel que $\cos n\theta =T_{n}(\cos \theta )$, en calculant $\cos((n-1)\theta )+\cos((n+1)\theta )$.
4. Calculer $C_{2}$, $S_{2}$, $T_{2}$ et $U_{1}$.
5. Calculer $C_{6}$, $S_{6}$, $T_{6}$ et $U_{5}$.
6. Déduire de la question 1 l'expression de $\tan n\theta$ comme fraction rationnelle en $\tan \theta$. Explicitez le résultat pour $2\leq n\leq 5$.
7. Montrer que $\forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad U_{n+1}(X)=2XU_{n}(X)-U_{n-1}(X)$ et en déduire que $\forall n\in \mathbb {N} \quad U_{n}(X)=\sum _{0\leq k\leq n/2}(-1)^{k}{\binom {n-k}{k}}(2X)^{n-2k}$.
8. Trouver une équation différentielle linéaire homogène du second ordre à coefficients non constants (dépendant de $n$) vérifiée par $T_{n}$.

Solution

1. $\cos n\theta +\mathrm {i} \sin n\theta =\operatorname {e} ^{\mathrm {i} n\theta }=\left(\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \theta }\right)^{n}=\left(\cos \theta +\mathrm {i} \sin \theta \right)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}\mathrm {i} ^{k}\sin ^{k}\theta \cos ^{n-k}\theta$ donc (en identifiant parties réelles et imaginaires) $\cos n\theta =C_{n}(\cos \theta ,\sin \theta )$ et $\sin nx=S_{n}(\cos \theta ,\sin \theta )$ pour

   $C_{n}(X,Y):=\sum _{0\leq j\leq n/2}{\binom {n}{2j}}(-1)^{j}X^{n-2j}Y^{2j}$ et $S_{n}(X,Y):=\sum _{0\leq j\leq (n-1)/2}{\binom {n}{2j+1}}(-1)^{j}X^{n-2j-1}Y^{2j+1}$.

2. Puisque $\cos ^{2}+\sin ^{2}=1$, on peut, dans le développement d'un polynôme $P(X,Y)$, remplacer autant de fois qu'on veut, dans chaque monôme, $X^{2}$ par $1-Y^{2}$ ou $Y^{2}$ par $1-X^{2}$, sans que cela modifie la fonction composée $P(\cos ,\sin )$. Ainsi :
   • $\cos n\theta =C_{n}(\cos \theta ,\sin \theta )=T_{n}(\cos \theta )$ pour $T_{n}(X):=\sum _{0\leq j\leq n/2}{\binom {n}{2j}}X^{n-2j}(X^{2}-1)^{j}$ ;
   • $\sin \left((n+1)\theta \right)=S_{n+1}(\cos \theta ,\sin \theta )=U_{n}(\cos \theta )\sin \theta$ pour $U_{n}(X):=\sum _{0\leq j\leq n/2}{\binom {n+1}{2j+1}}X^{n-2j}(X^{2}-1)^{j}$.

   D'après leur expression ci-dessus, $T_{n}$ et $U_{n}$ sont de degré $n$.

   D'après cette même expression ou plus simplement, par les équations fonctionnelles qui les caractérisent, $T_{0}=U_{0}=1$ et $T_{1}(X)=X$.

3. En posant $T_{0}(X)=1$ et $T_{1}(X)=X$, l'équation $\cos n\theta =T_{n}(\cos \theta )$ est vérifiée pour n = 0 et pour n = 1. Supposons, pour un certain n ≥ 1, qu'elle est vérifiée aux ordres n – 1 et n. Alors, d'après la formule de Simpson $\cos(a+b)+\cos(a-b)=2\cos a\cos b$ appliquée à $a=n\theta$ et $b=\theta$, $\cos \left((n+1)\theta \right)=2\cos \theta \cos(n\theta )-\cos \left((n-1)\theta \right)=2\cos \theta \,T_{n}(\cos \theta )-T_{n-1}(\cos \theta )$ donc en posant $T_{n+1}=2XT_{n}-T_{n-1}$, la formule est encore vérifiée à l'ordre n + 1.
4. • $C_{2}(X,Y)=X^{2}-Y^{2}$ ;
   • $S_{2}(X,Y)=2XY$ ;
   • $T_{2}(X)=X^{2}-(1-X^{2})=2X^{2}-1$ ;
   • $U_{1}(X)=2X$.
5. • $C_{6}(X,Y)=X^{6}-15X^{4}Y^{2}+15X^{2}Y^{4}-Y^{6}$ ;
   • $S_{6}(X,Y)=6X^{5}Y-20X^{3}Y^{3}+6XY^{5}$ ;
   • $T_{6}(X)=X^{6}-15X^{4}(1-X^{2})+15X^{2}(1-X^{2})^{2}-(1-X^{2})^{3}=32X^{6}-48X^{4}+18X^{2}-1$ ;
   • $U_{5}(X)=6X^{5}-20X^{3}(1-X^{2})+6X(1-X^{2})^{2}=32X^{5}-32X^{3}+6X$.
6. En notant $c=\cos \theta ,\quad s=\sin \theta ,\quad t=\tan \theta$, on a :
   $\tan n\theta ={\frac {c^{-n}S_{n}(c,s)}{c^{-n}C_{n}(c,s)}}={\frac {\sum _{0\leq j\leq (n-1)/2}{\binom {n}{2j+1}}(-1)^{j}t^{2j+1}}{\sum _{0\leq j\leq n/2}{\binom {n}{2j}}(-1)^{j}t^{2j}}}$.
   En particulier : $\tan 2\theta ={\frac {2t}{1-t^{2}}},\quad \tan 3\theta ={\frac {3t-t^{3}}{1-3t^{2}}},\quad \tan 4\theta ={\frac {4t-4t^{3}}{1-6t^{2}+t^{4}}},\quad \tan 5\theta ={\frac {5t-10t^{3}+t^{5}}{1-10t^{2}+5t^{4}}}$.
7. Pour montrer que $U_{n+1}(X)+U_{n-1}(X)=2XU_{n}(X)$, il suffit, d'après l'équation fonctionnelle qui caractérise les polynômes $U_{n}$, de vérifier que
   $\sin \left((n+2)\theta \right)+\sin \left(n\theta \right)=2\cos \theta \sin \left((n+1)\theta \right)$.
   C'est un cas particulier de la formule de Simpson
   $\sin a+\sin b=2\sin {\frac {a+b}{2}}\cos {\frac {a-b}{2}}$.
   On en déduit $U_{n}(X)=\sum _{0\leq k\leq n/2}(-1)^{k}{\binom {n-k}{k}}(2X)^{n-2k}$ par une récurrence d'ordre 2 :
   l'égalité aux ordres 0 et 1 est immédiate, et si elle est vérifiée aux ordres $n-1$ et $n$ alors
   ${\begin{aligned}U_{n+1}(X)&=2XU_{n}(X)-U_{n-1}(X)\\&=2X\sum _{0\leq k\leq n/2}(-1)^{k}{\binom {n-k}{k}}(2X)^{n-2k}-\sum _{0\leq k\leq (n-1)/2}(-1)^{k}{\binom {n-1-k}{k}}(2X)^{n-1-2k}\\&=\sum _{0\leq k\leq n/2}(-1)^{k}{\binom {n-k}{k}}(2X)^{n+1-2k}+\sum _{1\leq k\leq (n+1)/2}(-1)^{k}{\binom {n-k}{k-1}}(2X)^{n+1-2k}\\&=\sum _{0\leq k\leq (n+1)/2}(-1)^{k}{\binom {n+1-k}{k}}(2X)^{n+1-2k}\end{aligned}}$
   d'après la formule de Pascal.
   Voir aussi cet exercice de la leçon sur les séries génératrices, de niveau 15.
8. En dérivant deux fois la relation $T_{n}(\cos \theta )=\cos(n\theta )$, on obtient
   $-\sin \theta \,T'_{n}(\cos \theta )=-n\sin(n\theta )$ puis
   $-\cos \theta \,T'_{n}(\cos \theta )+\sin ^{2}\theta \,T''_{n}(\cos \theta )=-n^{2}\cos(n\theta )$, d'où
   $(1-X^{2})T''_{n}(X)-XT'_{n}(X)+n^{2}T_{n}(X)=0$.

 

Exercice 5-12

Soit $p\in \mathbb {N}$. Montrer que $\forall x\in \mathbb {R} \quad \forall n\geq {\frac {p}{2}}\quad \sum _{q=0}^{2n-1}\cos ^{2p}\left(x+{q\pi \over 2n}\right)=2n{{\binom {2p}{p}} \over 2^{2p}}$.

Solution

D'après les formules d'Euler, il s'agit de vérifier que $\sum _{q=0}^{2n-1}\left(\operatorname {e} ^{\mathrm {i} (x+{q\pi \over 2n})}+\operatorname {e} ^{-\mathrm {i} (x+{q\pi \over 2n})}\right)^{2p}=2n{\binom {2p}{p}}$, c'est-à-dire que $\sum _{q=0}^{2n-1}\sum _{k=0}^{2p-1}{\binom {2p}{k}}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} 2k(x+{q\pi \over 2n})}\operatorname {e} ^{-\mathrm {i} 2p(x+{q\pi \over 2n})}=2n{\binom {2p}{p}}$, ou encore, que

$\sum _{k=0}^{2p-1}{\binom {2p}{k}}\operatorname {e} ^{2\mathrm {i} x(k-p)}\sum _{q=0}^{2n-1}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} {(k-p)\pi \over n}q}=2n{\binom {2p}{p}}$.

Or (comme $0\leq k<2p\leq p+2n$) $\operatorname {e} ^{\mathrm {i} {(k-p)\pi \over n}}=1$ si et seulement si $k=p$ et sinon, $\sum _{q=0}^{2n-1}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} {(k-p)\pi \over n}q}=0$. On a donc bien

$\sum _{k=0}^{2p-1}{\binom {2p}{k}}\operatorname {e} ^{2\mathrm {i} x(k-p)}\sum _{q=0}^{2n-1}\operatorname {e} ^{\mathrm {i} {(k-p)\pi \over n}q}={\binom {2p}{p}}\operatorname {1} \sum _{q=0}^{2n-1}1=2n{\binom {2p}{p}}$.