title: Théorème binomial d'Abel
text: # Théorème binomial d'Abel
  
  En mathématiques, et plus précisément en algèbre, le théorème binomial d'Abel, dû à Niels Henrik Abel, est l'identité polynomiale $suivante^,^,,$ valide pour tout entier naturel $n$ :
  
  $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}(x-kz)^{k-1}(y+kz)^{n-k}={\frac {(x+y)^{n}}{x}}$
  
  Quand on l'évalue en $z=0$, on retrouve la formule du binôme de Newton, et pour $x=-y$, on retrouve que la différence finie $\Delta _{z}^{n}[y^{n-1}]$ est nulle.
  
  ## Variantes
  
  * La variante
  
         $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}(x+k)^{k-1}(y-k)^{n-k}={\frac {(x+y)^{n}}{x}}$
      est le cas particulier $z=-1$ du théorème.
      Réciproquement, quand on remplace $x$ par $-{\frac {x}{z}}$ et $y$ par $-{\frac {y}{z}}$, on retrouve le cas général.
  * En remplaçant $y$ par $y+n$, on déduit de cette première variante :
  
         $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}(x+k)^{k-1}(y+n-k)^{n-k}={\frac {(x+y+n)^{n}}{x}}$.
      Réciproquement, la première variante se déduit de la deuxième en remplaçant $y$ par $y-n$.
      On peut de même remplacer $y$ par $y-nz$ dans le théorème.
  * On peut bien sûr remplacer $z$ par $-z$ dans le théorème. Ceci, précédé d'un remplacement de $y$ par $y-nz$, donne comme théorème équivalent :
  
         $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}(x+kz)^{k-1}\left(y+(n-k)z\right)^{n-k}={\frac {(x+y+nz)^{n}}{x}}$.
  * En effectuant le changement d'indice $j=n-k$ dans le théorème et ses variantes, on en trouve de nouvelles. Par exemple, la deuxième variante ci-dessus devient :
  
         $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}(x+n-k)^{n-k-1}(y+k)^{k}={\frac {(x+y+n)^{n}}{x}}$.
  * Il est également possible de déduire la variante suivante :
  
         $\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}(x+k)^{k-1}(n-k+y)^{n-k-1}={\frac {x+y}{xy}}(x+y+n)^{n-1}$.
  
  ## Exemple
  
  Vérifions la première variante dans le cas $n=2$.
  
      ${\begin{aligned}\quad {\binom {2}{0}}x^{-1}y^{2}+{\binom {2}{1}}(x+1)^{0}(y-1)^{1}+{\binom {2}{2}}(x+2)^{1}(y-2)^{0}&={\frac {y^{2}}{x}}+2(y-1)+x+2\\&={\frac {y^{2}}{x}}+2y+x\\&={\frac {(x+y)^{2}}{x}}.\end{aligned}}$
  
  ## Démonstration
  
  Considérons les polynômes (à coefficients dans $\mathbb {Z} [X]$)
  
  $P_{n}(Y):=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}X(X+k)^{k-1}(Y-k)^{n-k}\quad {\text{et}}\quad Q_{n}(Y):=(X+Y)^{n}$
  
  et démontrons, par récurrence sur $n$, que $P_{n}=Q_{n}$ pour tout $n\in \mathbb {N}$.
  
  * On a bien $P_{0}=1=Q_{0}$.
  * Supposons que pour un certain $n>0$, $P_{n-1}=Q_{n-1}$. Alors, les polynômes dérivés de $P_{n}$ et $Q_{n}$ sont égaux car$P'_{n}=nP_{n-1}=nQ_{n-1}=Q'_{n}$.Par ailleurs, $P_{n}(-X)=X\Delta _{1}^{n}[X^{n-1}]=0=Q_{n}(-X)$. Par conséquent, $P_{n}=Q_{n}.\quad \Box$
  