De prime abord, on ne peut pas déterminer les sommes de cette exercice – elles ne correspondent ni à des sommes usuelles, ni à des formules du binôme de Newton. L’idée est d’utiliser des formules du cours pour se ramener à de telles sommes. La principale formule qu’on utilisera ici est \[k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}\]

On fera attention aux bornes des sommes, en enlevant des termes génants (qui souvent sont nuls)

\[\begin{align*} \forall~n\geq 1,\quad \sum_{k=0}^n k\binom{n}{k} &= \sum_{k=1}^n k\binom{n}{k} &\text{ (premier terme nul)}\\ &= \sum_{k=1}^{n} n\binom{n-1}{k-1} & \text{ (formule rappelée)}\\ &= n\sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1} &\text{ par linéarité} \\ &= n\sum_{i=0}^{n-1} \binom{n-1}{i} &\text{ en posant } i=k-1 \\ &= n\sum_{i=0}^{n-1} \binom{n-1}{i}1^{i}1^{n-1-i} &\text{ pour faire apparaître la formule du binôme}\\ &= n\left(1+1\right)^{n-1} = n2^{n-1} \end{align*}\] On traite à part le cas \(n=0\) (car on a appliqué la formule du chef, donc \(n\) doit être supérieur ou égal à \(1\)) : on obtient \(0\), ce qui implique que le résultat précédent est en réalité valable pour \(n=0\) : \[\boxed{\forall~n\in \N,\, \sum_{k=0}^n k\binom{n}{k}=n2^{n-1}}\] Autre méthode que l’on peut utiliser ensuite : pour tout \(x\in \R\), \[(1+x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k.\] En dérivant par rapport à \(x\) : \[n(1+x)^{n-1} = \sum_{k=1}^n k\binom{n}{k}x^{k-1}.\] En prenant \(x=1\), on obtient bien le résultat précédent. De même, en dérivant une deuxième fois, pour \(n\geq 2\) : \[n(n-1)(1+x)^{n-2} = \sum_{k=2}^n k(k-1)\binom{n}{k}x^{k-2}.\] Ainsi \[\begin{align*} \sum_{k=2}^n k(k-1)\binom{n}{k}2^{k-2} &= n(n-1)3^{n-2} \\ \text{soit } \sum_{k=0}^n k(k-1)\binom{n}{k}2^{k-2} &= n(n-1)3^{n-2} \text{ en ajoutant les termes nuls.}\\ \text{et donc } \sum_{k=0}^n k(k-1)\binom{n}{k}2^{k} &= 4n(n-1)3^{n-2} \text{ en multipliant par $2^2$.} \end{align*}\] Remarquons que ce résultat convient pour \(n=0\) et \(n=1\) (la somme est nulle). Ainsi \[\boxed{\forall n\in \N,\quad \sum_{k=0}^n k(k-1)\binom{n}{k} 2^k = 4n(n-1)3^{n-2}.}\] On peut le faire bien sûr avec la formule du Chef, pour \(n\geq 2\) et \(2\leq k \leq n\):

\[k(k-1)\binom{n}{k} = (k-1) n \binom{n-1}{k-1} = n(n-1)\binom{n-2}{k-2}.\] Ainsi \[\begin{align*} \sum_{k=2}^n k(k-1)\binom{n}{k}2^k &= \sum_{k=2}^n n(n-1)\binom{n-2}{k-2}2^k\\ &= n(n-1) \sum_{p=0}^{n-2} \binom{n-2}{p}2^{p+2} \text{ en posant } p = k-2\\ &= n(n-1) 2^2 \left( 1+2\right)^{n-2} = 4n(n-1)3^{n-2}. \end{align*}\] Pour la troisième somme, appliquons à nouveau la formule du Chef, mais au rang \(k+1\) et \(n+1\) : \[(k+1)\binom{n+1}{k+1} = (n+1) \binom{n}{k}\] soit \[\frac{1}{k+1}\binom{n}{k} = \frac{1}{n+1}\binom{n+1}{k+1}.\] Ainsi \[\begin{align*} \sum_{k=0}^n\frac{1}{k+1}\binom{n}{k} &= \sum_{k=0}^n \frac{1}{n+1}\binom{n+1}{k+1}\\ &= \frac{1}{n+1} \sum_{p=1}^{n+1} \binom{n+1}{p} \text{ en posant } p=k+1\\ &= \frac{1}{n+1}\left(\sum_{p=0}^{n+1} \binom{n+1}{p} - \binom{n+1}{0}\right)\\ &= \frac{1}{n+1}\left( 2^{n+1} - 1\right). \end{align*}\] Finalement \[\boxed{\forall n\in \N,\quad \sum_{k=0}^n \frac{1}{k+1}\binom{n}{k} = \frac{2^{n+1}-1}{n+1}.}\] La dernière se fait comme la première. \[\begin{align*} \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^kk\binom{n}{k} &= \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^kk\binom{n}{k} \\ &= \sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k n \binom{n-1}{k-1}\\ &= n \sum_{p=0}^{n-2} (-1)^{p+1} \binom{n-1}{p} \text{ en posant } p=k-1\\ &= -n \left( \sum_{p=0}^{n-1} (-1)^{p}\binom{n-1}{p} - (-1)^{n-1}\right)\\ &= -n \left( (1-1)^{n-1} - (-1)^{n-1}\right). \end{align*}\] Si \(n=1\), alors la somme vaut \(0\). Sinon, \[\boxed{\forall n\geq 1,\quad \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k\binom{n}{k} = n(-1)^{n-1}.}\]

Des sommes combinatoires plus difficiles