Avec les nombres qui peuvent être positifs ou nuls, je trouve :
[TeX]C_{n+m-1}^n[/TeX]
Pareil, pas encore de démo, mais je pense que par récurrence y a moyen de faire quelque chose ?

Je reviens pour exposer mon raisonnement.

J'appelle f(n,m) le nombre de manières de décomposer un nombre n comme somme de m entiers strictement positifs. Cela suppose évidemment m <= n.

Etablissons une formule de récurrence sur la fonction f.
Je choisis deux entiers n et m, vérifiant [latex]1 < m \le n[/latex]
Je dois décomposer l'entier n comme somme de m entiers.
Pour le premier de la somme, j'ai le choix entre n-m+1 entiers : de 1 à n-m+1. En effet, il est supérieur à 1, et ne peut pas dépasser n-m+1 car tous les autres sont supérieurs à 1 aussi, et la somme dépasserait n.
Supposons qu'il vaut k, compris donc entre 1 et n-m+1
Ensuite, j'ai pour les autres f(n-k,m-1) : décomposer n-k comme somme de m-1 entiers.

J'obtiens la relation de récurrence suivante :
[TeX]f(n,m)=\sum_{k=1}^{n-m+1}f(n-k,m-1)[/TeX]
N'étant pas sûr de pouvoir conclure à partir de là, j'ai calculé les premières valeurs de la suite :
[TeX]f(n,1)=1[/latex] : 1 seule manière de décomposer n comme somme de ... 1 entier

[latex]f(n,2)=n-1[/latex] : n-1 choix (entre 1 et n-1) pour le premier entier, pas de choix pour le second.

Ensuite avec la formule de récurrence :
[latex]f(n,3)=\frac{(n-1)(n-2)}2[/TeX]
Je conjecture donc :
[TeX]f(n,m)=C_{n-1}^{m-1}[/TeX]
Je vais donc montrer par récurrence sur n que
[TeX]C_n^m=\sum_{k=1}^{n-m+1}C_{n-k}^{m-1}[/TeX]
(pour chaque n, la relation signifie que l'égalité est vérifiée pour tout m inférieur ou égal à n)

Je change d'indice parce que ça me plait pas, et j'arrive à la relation de récurrence que je veux montrer :
[TeX]C_n^m=\sum_{k=m-1}^{n-1}C_{k}^{m-1}[/TeX]
n=1 : n=m=1, et
[TeX]1=C_1^1=\sum_{k=0}^{0}C_{k}^{0}=1[/TeX]
je suppose vrai pour n : je prends un m inférieur ou égal à n

Relation de Pascal :
[TeX]C_{n+1}^{m}=C_{n}^{m}+C_{n}^{m-1}[/TeX]
et je peux appliquer la relation de récurrence au rang n
(je passe le cas m=1 qui se vérifie aisément, et je suppose 1<m<n)
[TeX]C_{n+1}^{m}=\sum_{k=m-1}^{n-1}C_{k}^{m-1}+\sum_{k=m-2}^{n-1}C_{k}^{m-2}
=C_{m-2}^{m-2}+\sum_{k=m-1}^{n-1}\left(C_{k}^{m-1}+C_{k}^{m-2}\right)
=1}+\sum_{k=m-1}^{n-1}C_{k+1}^{m-1}
=C_{m-1}^{m-1}+\sum_{k=m}^{n}C_{k}^{m-1}
=\sum_{k=m-1}^{n}C_{k}^{m-1}
[/TeX]
ce qui prouve la relation au rang n+1

J'ai donc bien [latex]\fbox{f(n,m)=C_{n-1}^{m-1}}[/latex]

Si les entiers de la somme peuvent être nuls, la relation de récurrence devient :
[TeX]g(n,m)=\sum_{k=0}^{n}g(n-k,m-1)[/TeX]
car le premier nombre de la somme, k, peut prendre toutes les valeurs entre 0 et n.

Une analyse similaire donne le résultat :
[TeX]\fbox{g(n,m)=C_{n+m-1}^{n}}[/TeX]

Je donnerais une autre solution que LOOping demain.

Je donne déjà ma réponse promise pour la seconde question.
Notons [latex]f(n,m)[/latex] le nombre de n-uplet vérifiant [latex]n_1+...+n_m=n[/latex]

Soit [latex]\sum_{n\geq 0} a_nx^n[/latex] une série entière alors
[TeX](\sum_{n\geq 0} a_nx^n)^m=\sum_{n\geq 0} \ \ \ \sum_{\small{n_1+...+n_m=n}}a_{n_1} ... a_{n_m}x^n\[/latex] d'où en prenant les [latex]a_n=1[/TeX][TeX](1-x)^{-m}=\sum_{n\geq 0}f(n,m)x^n[/TeX]
or les coefficients de la première série sont les coefficients binomiaux généralisés

égaux à [latex]\frac{-m(-m-1)(-m-2)...(-m-n+1}{n!}=\frac{(m+n-1)!}{n!(m-1)!}=\binom{m+n-1}{n}[/latex].

C'est vrai. Mais c'est tout de suite plus facile!

Sans aucun doute mais au moins cela porte à généralisation...