Binôme de Newton - Exposant fractionnaire

Y. Morel




Formule du binôme de Newton


Formule du binôme


Soit $a$ et $b$ deux nombres réels quelconques, et $n$ un entier naturel, alors la formule du binôme de Newton désigne l'égalité:
\[(a+b)^n=a^n+nab^{n-1}+\dfrac{n(n-1)}{2}a^2b^{n-2}+\cdots+na^{n-1}+b^n
\]

ou encore, en utilisant les coefficients $\dsp\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}=\dfrac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}$ avec la notation factorielle désignant le produit des entiers successifs $k!=k(k-1)(k-1)\cdots2\tm1$,
\[(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}\]

Les coefficients binomiaux tirent justement leur nom de leur utilisation ici, la formule du développement de la puissance n-ième du binôme $a+b$.

Coefficient binomiaux


Les coefficients binomiaux sont notés $\dsp\binom{n}{k}$. D'un point de vu de dénombrement, il s'agit du nombre de façons possibles de choisir $k$ éléments dans un ensemble de $n$ éléments; d'un point de vu algébrique, on a $\dsp\binom{n}{k}=\dfrac{n(n-1)(n-2)\dots(n-k+1)}{k!}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}$.
Ces coefficients sont caractérisés par la relation:
\[\binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}=\binom{n+1}{k}\]

qui permet, entre autre, de les calculer en utilisant le triangle de Pascal:
\[\rput(2.2,-1.8){+}
\psellipse(2.2,-1.78)(0.65,0.25)
\pscircle(2.6,-2.3){0.2}
\psline{->}(2.9,-1.85)(2.9,-2.25)
\begin{tabular}[t]{|c|*6{p{0.41cm}}|}\hline
  \psline(-0.3,0.32)(0.38,-0.18)
  \rput(-0.2,0){\small $n$}
  \rput(0.2,0.16){\small $k$}
  & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\\hline
  0 & 1 &&&&&\\
  1 & 1 & 1 &&&&\\
  2 & 1 & 2 & 1 &&&\\
  3 & 1 & 3 & 3 & 1 &&\\
  4 & 1 & 4 & 6 & 4 & 1 &\\
  5 &  \multicolumn{6}{c|}{\dots \ \ \ \dots}\\\hline
\end{tabular}\]

Le nombre sur la ligne $n$ et la colonne $k$ est le coefficient binomial $\dsp\binom{n}{k}$.

Démonstration de la formule du binôme de Newton


La formule du binôme de Newton est très couramment utilisée, et comme très souvent en mathématiques dans ce cas, il existe plusieurs façons de la démontrer. Comme Euler dans sa démonstration du binôme pour des exposants fractionnaires, on démontre ici la formule du binôme $(1+x)^n$, successivement par démonbrement dans le produit des $n$ binoômes $(a+b)$, par récurrence, via une équation différentielle dont est solution $f:x\mapsto (1+x)^n$, ou encore finalement en utilisant la formule de Taylor-Young.


On va donc démontrer la formule du binôme de Newton pour $a=1$ et $b=x$:
\[(1+x)^n=\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}x^k\]

On déduit de celle-ci alors la formule plus générale:
\[\bgar{ll}
(a+b)^n
&\dsp=\lb a\lp1+\dfrac{b}{a}\rp\rb^n\\[1.2em]
&\dsp=a^n\lp1+\dfrac{b}{a}\rp^n\\[1.2em]
&=a^n(1+x)^n
\enar\]

avec $x=\dfrac{b}{a}$.

Par dénombrement


On détaille le produit des $n$ termes, qui est un polynôme de degré $n$,
\[\bgar{lcl}
&(1+x)^n
=(1+x)(1+x)\dots(1+x)\\[.6em]
&=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0
\enar\]

Chaque monôme $a_kx^k$ du polynôme sous sa forme développée s'obtient en multipliant $n$ termes, un par parenthèse.
Pour obtenir le terme de degré $n$, $a_nx^n$, il n'y a q'une seule possibilité: il faut prendre le $x$ dans chacune des parenthèses, et ainsi, $a_n=1$.
De même le terme constant $a_0$ ne peut s'obtenir qu'en choisissant le 1 dans chaque parenthèse: $a_0=1$.
Le terme de degré 1, $a_1x^1$ s'obtient en choisissant un $x$ dans une, et une seule des parenthèses: il a $n$ façons de choisir celle-ci, puis dans toutes les autres il faut choisir le 1. Ainsi, $a_1=n$.

Plus généralement, le monôme de degré $k$, $a_kx^k$ s'obtient en en choisissant $k$ parenthèses dans lesquelles on utilise le $x$; il y a par définition du coefficient binomial $\dsp\binom{n}{k}$ façons de choisir ces $k$ parenthèses parmi les $n$. On a ainsi, $a_k=\dsp\binom{n}{k}$, d'où la formule du binôme.

Par récurrence


Comme la formule du binôme de Newton porte, entre autre, sur un entier (la puissance), on peut penser à la démontrer par récurrence.
En effet, aux rangs $n=0$ et $n=1$, la formule est évidente:
\[\bgar{lcccl}
(1+x)^0&=&1&=&\dsp\binom{0}{0}x^0 \\[1.4em]
(1+x)^1&=&1+x&=&\dsp\binom{1}{0}x^0+\binom{1}{1}x^1\enar\]



Supposons maintenant que la formule soit vraie à un certain rang $n$, c'est-à-dire que $(1+x)^n=\dsp\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k$, alors, au rang suivant $n+1$, on a
\[(1+x)^{n+1}=(1+x)(1+x)^n\]

et, d'après la relation de récurrence supposée vraie au rang $n$,
\[\bgar{ll}
(1+x)^{n+1}&=(1+x)(1+x)^n \\[1em]
&\dsp=(1+x)\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k\\[1.6em]
&\dsp=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k+\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^{k+1}\\[1.6em]
&\dsp=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k+\sum_{k=1}^{n+1}\binom{n}{k-1}x^k\\[1.7em]
&\dsp=\binom{n}{0}x^0+\sum_{k=1}^n\lp\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1}\rp x^k
+\binom{n}{n}x^{n+1}
\enar\]

or, pour tout entier $0\leqslant k\leqslant n$, on a la relation du triangle de Pascal sur les coefficients binomiaux:
\[\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1}=\binom{n+1}{k}\]

et donc, comme par ailleurs $\dsp\binom{n}{0}=\binom{n}{0}=1$,
\[\bgar{lcl}
(1+x)^{n+1}&=&\dsp x^0+\sum_{k=1}^n\binom{n+1}{k}x^k+x^{n+1} \\[1em]
&=&\dsp\sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}x^k
\enar\]

ce qui montre que la formule est encore vraie au rang $n+1$.


Finalement, la formule est vraie initialement au rang 0 (et on a vu au rang 1 d'ailleurs aussi), et est héréditaire donc, d'après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel $n$:
\[\forall n\in\N,\ (1+x)^n=\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}x^k\]


Via une équation différentielle



\[f(x)=(1+x)^n\]

$f$ est un polynôme de degré $n$, donc $f(x)=\dsp\sum_{k=0}^n a_kx^k$ et tel que
\[f'(x)=n(1+x)^{n-1}\]

ou encore $(1+x)f'(x)=nf(x)$. Ainsi, $f$ est solution de l'équation différentielle homogène
\[(1+x)y'-ny=0\]

avec la condition initiale $y(0)=1$.
En insérant dans cette équation l'expression polynomiale de $f$, on obtient
\[(1+x)\sum_{k=1}^nka_kx^{k-1}-n\sum_{k=0}^na_kx^k=0\]

soit en regroupant et ordonnant les termes
\[\bgar{ll}
&\phantom{\iff}\dsp
\sum_{k=1}^nka_kx^{k-1}+\sum_{k=1}^nka_kx^{k}-n\sum_{k=0}^na_kx^k=0\\[1.2em]
&\iff\dsp
\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)a_{k+1}x^{k}+\sum_{k=1}^nka_kx^k-\sum_{k=0}^nna_kx^k=0\\[1.2em]
&\iff\dsp
(a_1-na_0)x^0+\sum_{k=1}^{n-1}\Bigl((k+1)a_{k+1}+ka_k-na_k\Bigr)x^k
=0
\enar
\]

On doit donc avoir
\[\bgar{lcl}
&\phantom{\iff}&
\la\bgar{ll}
a_1-na_0=0 \\[.5em]
(k+1)a_{k+1}+(k-n)a_k=0\ , \text{ pour } 1\leqslant k\leqslant n-1 
\enar\right.\\[1.8em]
&\iff&
\la\bgar{ll}
a_1=na_0 \\[.5em]
a_{k+1}=\dfrac{n-k}{k+1}a_k\ , \text{ pour } 1\leqslant k\leqslant n-1
\enar\right.
\enar\]

La condition initiale $y(0)=1$ donne $a_0=1$, et alors
\[\la\bgar{lcl}
a_0&=&1\\[.5em]
a_1&=&na_0=n \\[.5em]
a_2&=&\dfrac{n-1}{2}a_1=\dfrac{n(n-1)}{2} \\[1.2em]
a_3&=&\dfrac{n-2}{3}a_2=\dfrac{n(n-1)(n-2)}{2\tm3}\\[.5em]
\dots && \dots\\[.5em]
a_k&=&\dfrac{n(n-1)(n-2)\dots(n-k+1)}{2\tm3\tm4\tm\dots\tm k}\\[1em]
\dots && \dots \\[1em]
a_{n-1}&=&\dfrac{n(n-1)(n-2)\dots(2))}{2\tm3\tm4\tm\dots\tm (n-1)}=n\\[1.4em]
a_n&=&\dfrac{n-(n-1)}{n}a_{n-1}=\dfrac1n\tm n=1
\enar\right.\]

On reconnaît alors l'expression des coefficients binomiaux $a_k=\dsp\binom{n}{k}$. Ainsi, pour tout réel $x$,
\[f(x)=(1+x)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k\]


Avec la formule de Taylor


La fonction $f:x\mapsto (1+x)^n$ est de classe $C^{\infty}$ sur $\R$, et on peut lui appliquer la formule de Taylor en 0: pour tout entier $N$ et tout $x\in\R$,
\[f(x)=\sum_{k=0}^N \dfrac{f^{(k)}}{k!}x^k + R_N(x)\]

On sait de plus que $R_N$ est négligeable, lorsque $x\to0$ devant $x^N$. Peu importe ici, car $f$ est polynomiale et, pour $N=n$ la formule est exacte sans reste:
\[f(x)=\sum_{k=0}^n \dfrac{f^{(k)}}{k!}x^k\]

Les coefficients $a_k=\dfrac{f^{(k)}}{k!}$ sont donnés par les dérivées successives de $f$:
\[\bgar{lcl}
f(0)=1 &\Longrightarrow& a_0=\dfrac{f^{(0)}(0)}{0!}=1 \\[1em]
f^{(1)}(x)=f'(x)=n(1+x)^{n-1} &\Longrightarrow& a_1=\dfrac{f^{(1)}(0)}{1!}=n \\[1em]
f^{(2)}(x)=f''(x)=n(n-1)(1+x)^{n-2} &\Longrightarrow& a_2=\dfrac{f^{(2)}(0)}{2!}=\dfrac{n(n-1)}{2}\\[.5em]
\dots && \dots \\[.5em]
\enar\]

et ainsi, pour $0\leqslant k\leqslant n$,
\[f^{(k)}(x)=f''(x)=n(n-1)\dots(n-k+1)(1+x)^{n-k}\]

d'où
\[a_k=\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}=\dfrac{n(n-1)\dots(n-k+1)}{k!}=\binom{n}{k}\]

et on retrouve donc les coefficients binomiaux.


On remarque aussi que la formule de Taylor est à la base des formules de développement limité pour de nombreuses fonctions, ce que Euler utilise en fait exactement (sans en parler ainsi à son époque bien sûr).

Formule du binôme avec exposant fractionnaire

À la suite de Newton, Euler, dans ses éléments d'algèbre, fin 18ème siècle, donna une démonstration de la formule du binôme dans le cas plus général où est un nombre fractionnaire (rationnel dit-on aujourd'hui) positif ou négatif.
La démonstration d'Euler est la suivante, éventuellement juste un peu adaptée avec des notations plus modernes.

Démonstration d'Euler


Tout d'abord Euler fait la remarque que, arrivé jusqu'ici, nous connaissons bien:
\[\bgar{lcrc}(a+b)^n&=&a^n&\lp 1+\dfrac{b}{a}\rp^n\\[1.2em]&=&a^n&(1+x)^n\enar\]

en posant $x=\dfrac{b}{a}$, et il suffit de démontrer la formule pour le binôme $(1+x)$.

Soit $n$ un nombre fractionnaire, $n=\dfrac{p}{q}$ avec $p$ et $q$ deux entiers positifs.
On ne sait donc pas encore si la formule du binôme est valide, mais cela ne nous empêche pas de poser
\[y=1+nx+\dfrac{n(n-1)}{2}x^2+\cdots\]

Posons de même, pour un autre exposant $n'$,
\[y'=1+n'x+\dfrac{n'(n'-1)}{2}x^2+\cdots\]

La multiplication des ces deux égalités s'écrit
\[yy'=\lp1+nx+\dfrac{n(n-1)}{2}x^2+\cdots\rp
\lp1+n'x+\dfrac{n'(n'-1)}{2}x^2+\cdots\rp
\]


Ce produit de "polynômes" n'est pas simple à développer et ordonner.
Néanmoins, comme lorsque $n$ et $n'$ sont des entiers la formule du binôme est bien valide, on a
\[\bgar{ll}
yy'&=\lp1+nx+\dfrac{n(n-1)}{2}x^2+\cdots\rp
\lp1+n'x+\dfrac{n'(n'-1)}{2}x^2+\cdots\rp\\[1.4em]
&=\lp1+x\rp^n(1+x)^{n'}
=(1+x)^{n+n'} \\[.8em]
&=1+(n+n')x+\dfrac{(n+n')(n+n'-1)}{2}x^2+\cdots
\enar\]

et Euler donc de conclure que l'égalité entre polynômes
\[\bgar{ll}&\lp1+nx+\dfrac{n(n-1)}{2}x^2+\cdots\rp
\lp1+n'x+\dfrac{n'(n'-1)}{2}x^2+\cdots\rp\\[1em]
&\hspace*{6em}=1+(n+n')x+\dfrac{(n+n')(n+n'-1)}{2}x^2+\cdots
\enar\]

est donc nécessairement vraie, que les coefficients, de ces polynômes, soient entiers ou non (d'après la règle ordinaire de multiplication des polynômes, (…) la forme du produit ne dépend aucunement des valeurs particulières des lettres qui entrent dans les deux facteurs de la multiplication. Par conséquent, le produit doit avoir la même forme que dans le cas où $n$ et $n'$ sont des nombres entiers et positifs.)

On obtient ainsi,
\[yy'=1+(n+n')x+\dfrac{(n+n')(n+n'-1)}{2}x^2+\cdots\]


On peut poursuivre en multipliant autant de tels polynômes que souhaité:
\[yy'y

soit, en posant $r=n+n'+n''+\cdots$,
\[yy'y


Enfin, l'idée est quand même de se ramener à des exposants entiers, pour lesquels on sait la formule du binôme vraie.
On choisit $q$ exposants identiques $n=n'=n et donc $y=y'=y,
\[y=y'=y

et alors
\[yy'y

avec $r=n+n'+n.
Or justement $n=\dfrac{p}{q}$ et donc $r=q\tm n=p$ est un entier et la formule du binôme s'applique:
\[yy'y

soit, comme $r=p$, $y^q=(1+x)^r=(1+x)^p$ ou encore
\[y=(1+x)^{p/q}=(1+x)^n=1+nx+\dfrac{n(n-1)}{2}x^2+\cdots\]




Le cas des exposants négatifs se traîte alors aussi ainsi. En reprenant,
\[y=1+nx+\dfrac{n(n-1)}{2}x^2+\cdots\]

et
\[y'=1+n'x+\dfrac{n'(n'-1)}{2}x^2+\cdots\]

avec $n'=-n$, on obtient
\[yy'=1+(n+n')x+\dfrac{(n+n')(n+n'-1)}{2}x^2+\cdots
=1\]

car dans tous les termes $n+n'=0$, et donc $y'=\dfrac{1}{y}$, soit, avec $n$ positif (et éventuellement fractionnaire), donc
\[y'=\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{(1+x)^n}=(1+x)^{-n}=(1+x)^{n'}
=1+n'x+\dfrac{n'(n'-1)}{2}x^2+\cdots
\]

avec $n'=-n$ négatif.

Application à l'extraction de racines par approximation


Les "polynômes infinis" utilisés ici, en fait séries entières en termes modernes, nécessiteraient clairement des précisions quant à leur existence, c'est-à-dire leur convergence.
Euler (et les autres à son époque) utilisaient ces développements surtout pour calculer des valeurs approchées (avec une très grande précision !) de racines. Ces développements étaient donc plutôt utilisés comme des développements limités.

Par exemple,

Appproximation de racine carrée



\[\sqrt{15}=\sqrt{16-1}
=\sqrt{16\lp1-\dfrac{1}{16}\rp}
=4\lp1-\dfrac{1}{16}\rp^{1/2}
\]

et ainsi, au premier ordre,
\[\sqrt{15}\simeq 4\lp1-\dfrac12\tm\dfrac{1}{16}\rp
=4-\dfrac18=3,875\]

Au deuxième ordre,
\[\sqrt{15}
\simeq 4\lp1-\dfrac12\tm\dfrac{1}{16}-\dfrac18\lp\dfrac{1}{16}\rp^2\rp
=4-\dfrac18-\dfrac{1}{8^3}
\simeq3,8730\]

Avec une calculatrice moderne, on trouve $\sqrt{15}\simeq 3,872983$, et ainsi au premier ordre, l'erreur est de l'ordre de $2.10^{-3}$ tandis qu'au deuxième ordre elle est de $10^{-4}$.


Racine cubique


À l'époque les racines cubiques étaient aussi très courues, dans les calculs de mécanique céleste pricipalement où la troisième loi de Kepler établit la proportionnalité entre le carré de la période $T$ de révolution d'un corps et le cube de son rayon $R$ (ou du demi-grand axe si la trajectoire est elliptique):
\[T^2=kR^3\]

L'observation astronomique permet de mesurer les périodes de révolution; pour obtenir le rayon, il faut alors extraire une racine cubique...

Cette formule fait même apparaître clairement des puissances fractionnaires: puissance $3/2$ si on exprime la période en fonction du rayon, et puissance $2/3$ si on exprime au contraire le rayon en fonction de la période.
L'idée d'utiliser la formule du binôme de Newton avec des puissances fractionnaires vient peut être justement de là...


De même que la racine carrée précédente, pour une racine cubique,
\[\sqrt[3]{65}=(64+1)^{1/3}=64^{1/3}\lp1+\dfrac{1}{64}\rp^{1/3}
=4\lp 1+\dfrac13\tm\dfrac{1}{64}
-\dfrac19\lp\dfrac{1}{64}\rp^2+\cdots \rp
\]

ainsi, au premier ordre,
\[\sqrt[3]{65}\simeq 4+\dfrac{1}{48}\simeq 4,2083\]

et au seconde odre,
\[\sqrt[3]{65}\simeq 4+\dfrac{1}{48}-\dfrac{1}{9216}\]


À l'aide d'une calculatrice moderne $\sqrt[3]{65}\simeq4,0208$, l'approximation au premier ordre commet une erreur de l'ordre de $10^{-4}$ et celle au deuxième une erreur de l'ordre de $10^{-6}$.


L'utilisation faite ici est celle, avec la terminologie actuelle, de développement limité, pour laquelle la convergence des polynômes utilisés dans les développements n'intervient pas, et qui sont valides au moins dans la mesure où $x\to0$.
On peut noter aussi que Euler, à son époque, en bon numéricien, s'était attaché aussi à l'estimation de l'erreur commise en utilisant de telles approximations.
Il remarque entre autre, que pour extraire des racines n-ièmes, donc en utilisant des exposants fractionnaires inférieurs à 1, la suite des termes dans le développement du binôme est alternée: deux termes consécutifs sont de signes opposés. Euler étudie et majore alors l'erreur commise en tronquant les développements: c'est ce que l'on connaît maintenant lorsqu'on étudie les séries alternées…