a) ${\displaystyle k^{2}=k(k-1)+k}$ donc

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}k^{2}{\binom {n}{k}}=n(n-1)2^{n-2}+n2^{n-1}=n(n+1)2^{n-2}}$.

b) ${\displaystyle k^{3}=k(k-1)(k-2)+3k(k-1)+k}$ donc

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}k^{3}{\binom {n}{k}}=n(n-1)(n-2)2^{n-3}+3n(n-1)2^{n-2}+n2^{n-1}=n^{2}(n+3)2^{n-3}}$.

a) Voir Combinatoire/Exercices/Combinaisons#Exercice 4-2 : ${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+1}}{\binom {n}{k}}={\frac {2^{n+1}-1}{n+1}}}$.

b) On en déduit, après application de la formule de Pascal :

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+2}}{\binom {n}{k}}&=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k+2}}{n+1 \choose k+1}-\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {1}{k+2}}{n \choose k+1}\\&=\sum _{j=1}^{n+1}{\frac {1}{j+1}}{\binom {n+1}{j}}-\sum _{j=1}^{n}{\frac {1}{j+1}}{\binom {n}{j}}\\&=\sum _{j=0}^{n+1}{\frac {1}{j+1}}{\binom {n+1}{j}}-\sum _{j=0}^{n}{\frac {1}{j+1}}{\binom {n}{j}}\\&={\frac {2^{n+2}-1}{n+2}}-{\frac {2^{n+1}-1}{n+1}}\\&={\frac {n2^{n+1}+1}{(n+1)(n+2)}}.\end{aligned}}}$

D'après la formule de Pascal (et avec, par convention, ${\displaystyle {\binom {n}{n+1}}=0}$) :

${\displaystyle \sum _{k=n}^{m}{\binom {k}{n}}=\sum _{k=n}^{m}\left({k+1 \choose n+1}-{\binom {k}{n+1}}\right)}$.

Par télescopage, il reste :

${\displaystyle \sum _{k=n}^{m}{\binom {k}{n}}={m+1 \choose n+1}-0={m+1 \choose n+1}}$.

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k}{\binom {k}{t}}{\binom {n}{k}}{\binom {m}{k+s}}&={\binom {n}{t}}\sum _{k}{n-t \choose k-t}{\binom {m}{m-s-k}}\\&={\binom {n}{t}}\sum _{j}{\binom {n-t}{j}}{\binom {m}{m-s-t-j}}\\&={\binom {n}{t}}{m+n-t \choose m-s-t}\\&={\binom {n}{t}}{m+n-t \choose n+s}.\end{aligned}}}$

${\displaystyle S_{0}+S_{1}+S_{2}=\sum _{i}{\binom {n}{i}}=2^{n}}$.

Sachant que ${\displaystyle \mathrm {j} ^{3}=1}$ et même ${\displaystyle 1+\mathrm {j} +\mathrm {j} ^{2}=0}$, on obtient de même :

${\displaystyle S_{0}+\mathrm {j} S_{1}+\mathrm {j} ^{2}S_{2}=\sum _{i}{\binom {n}{i}}\mathrm {j} ^{i}=(1+\mathrm {j} )^{n}=(-\mathrm {j} ^{2})^{n}=(-\mathrm {j} )^{-n}}$ ;

${\displaystyle S_{0}+\mathrm {j} ^{2}S_{1}+\mathrm {j} S_{2}=\sum _{i}{\binom {n}{i}}\mathrm {j} ^{2i}=(1+\mathrm {j} ^{2})^{n}=(-\mathrm {j} )^{n}}$.

En résolvant le système

${\displaystyle {\begin{cases}S_{0}+S_{1}+S_{2}&=2^{n}\\S_{0}+\mathrm {j} S_{1}+\mathrm {j} ^{2}S_{2}&=(-\mathrm {j} )^{-n}\\S_{0}+\mathrm {j} ^{2}S_{1}+\mathrm {j} S_{2}&=(-\mathrm {j} )^{n},\end{cases}}}$

on en déduit :

${\displaystyle {\begin{cases}S_{0}&={\frac {2^{n}+(-1)^{n}\left(\mathrm {j} ^{-n}+\mathrm {j} ^{n}\right)}{3}}\\S_{1}&={\frac {2^{n}+(-1)^{n}\left(\mathrm {j} ^{-n-1}+\mathrm {j} ^{n+1}\right)}{3}}\\S_{2}&={\frac {2^{n}+(-1)^{n}\left(\mathrm {j} ^{-n-2}+\mathrm {j} ^{n+2}\right)}{3}},\end{cases}}}$

soit, si ${\displaystyle r\in \{0,1,2\}}$ est l'indice auquel ${\displaystyle -n}$ est congru modulo 3 :

${\displaystyle S_{r}={\frac {2^{n}+2(-1)^{n}}{3}}}$ et les deux autres sommes sont égales à ${\displaystyle {\frac {2^{n}+(-1)^{n+1}}{3}}=S_{r}-(-1)^{n}}$

(ces sommes sont bien entières car ${\displaystyle 2^{n}+2(-1)^{n}\equiv (-1)^{n}-(-1)^{n}{\bmod {3}}}$).

Par exemple pour ${\displaystyle n=17}$ : ${\displaystyle r=1}$ (puisque –17 = –6×3 + 1) donc

${\displaystyle \sum _{k=0}^{5}{17 \choose 3k+1}={\frac {2^{17}-2}{3}}=43\,690}$ et ${\displaystyle \sum _{k=0}^{5}{17 \choose 3k}=\sum _{k=0}^{5}{17 \choose 3k+2}=43\,691}$.

En utilisant la formule de Pascal, nous obtenons :

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k\leq p}(-1)^{k}{\binom {n}{k}}&=\sum _{k\leq p}(-1)^{k}\left[{n-1 \choose k-1}+{\binom {n-1}{k}}\right]\\&=\sum _{j\leq p-1}(-1)^{j+1}{\binom {n-1}{j}}+\sum _{k\leq p}(-1)^{k}{\binom {n-1}{k}}\\&=(-1)^{p}{\binom {n-1}{p}}\end{aligned}}}$

(en particulier — cf. exercice 5-2 — si ${\displaystyle p\geq n}$ alors cette somme est nulle).