Avis de recherche du n°206

Pierre Delezoïde nous avait proposé l’avis de recherche du numéro précédent avec de l’arithmétique et des matrices.

Observez le tableau ci-dessous qui a été découpé en sous-matrices 2×2 : vous aurez sans doute reconnu un extrait du fameux triangle de Pascal modulo 2. Que peut-on dire de remarquable pour ce triangle de Pascal modulo 2 avec sa grille de lecture 2×2 ?

On peut aussi généraliser, toujours modulo 2 avec une grille de lecture 4×4 au lieu de 2×2, puis 8×8, etc. (seulement des puissances de 2).

Pierre nous donne les résultats de ses recherches.

On considérera que $\large{ {n} \choose {k} }$ est défini pour $n \in {\mathbb N}$ et $k \in {\mathbb Z}$, avec la convention que $\large{ {n} \choose {k} } = 0$ si $k<0$ ou si $k>n$.

On observera qu’avec cette convention la relation ${\cal R}$ : $\large{{n+1}\choose{k+1}} = \large{{n}\choose{k+1}} + \large{{n}\choose{k} }$ pour $n\in {\mathbb N}$ et $k\in {\mathbb Z}$, est préservée. Les entiers $\large{{n} \choose {k}}$ sont uniquement déterminés par la première ligne ($n=0$) : $\large{{0} \choose {k}} = 0$ si $k\not=0$ et $\large{{0} \choose {0}} = 1$, et la relation ${\cal R}$.

De la parité dans le binôme

Pour remplir ce tableau on applique la relation ${\cal R}$ $\large{{n+1}\choose{k+1}} = \large{{n}\choose{k+1}} + \large{{n}\choose{k} }$ à partir de la première ligne qu’on connaît, mais on effectue les calculs modulo 2, donc ne figurent que des $0$ et $1$, ie des cases noires et blanches.

On peut considérer que ce tableau est un tableau de matrices $(2,2)$ ; $M^{(1)}_{n,k}$ étant la matrice $(2,2)$ à l’intersection des lignes $(2n,2n+1)$ et des colonnes $(2k,2k+1)$ du tableau initial.

Par exemple $M^{(1)}_{0,0}$, qu’on notera $U_{1}$, regroupe les parités des $\large{n\choose k}$ où $n=0,1$ et $k=0,1$. On remarque qu’il n’y a que 2 matrices possibles, la matrice $U_{1}$ qui a 3 cases noires et une blanche et la matrice $Z_{1}$ qui n’a que des cases blanches (elle est nulle).

$U_{1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} → \begin{pmatrix} \blacksquare & \square \\ \blacksquare & \blacksquare \end{pmatrix}$ et $Z_{1} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} → \begin{pmatrix} \square & \square \\ \square & \square \end{pmatrix}$

Expérimentalement il semble que la règle de formation du tableau des $M^{(1)}_{n,k}$ soit la même que celle des $\large{n\choose k}$ :
$M^{(1)}_{n+1,k+1}=M^{(1)}_{n,k+1}+M^{(1)}_{n,k}$.

Pour établir cette relation on utilise deux fois la relation ${\cal R}$ :
$\large{{n+2}\choose{k+2}} = \large{{n+1}\choose{k+2}} + \large{{n+1}\choose{k+1}}= \large{{n}\choose{k+2}} + \large{{n}\choose{k+1}} + \large{{n}\choose{k+1}} + \large{{n}\choose{k}}$
mais comme on travaille modulo $2$ on arrive à :
$\large{{n+2}\choose{k+2}} = \large{{n}\choose{k+2}} + \large{{n}\choose{k}}$
c’est-à-dire on monte de deux lignes et on fait la somme de l’élément de même colonne $k+2$ et l’élément de colonne $k$. Si on fait ça pour les 4 termes de $M^{(1)}_{m+1,h+1}$ on arrive bien à la relation cherchée, $M^{(1)}_{m+1,h+1}=M^{(1)}_{m,h+1}+M^{(1)}_{m,h}$.

Les matrices $M^{(1)}_{n,k}$ vérifient la même relation que les $\large{{n}\choose {k}}$, et la première ligne est initialisée par $M^{1}_{0,0}=U_{1}$, $M^{1}_{0,k}=Z_{1}$ pour $k\not=0$ ; on peut donc faire le même raisonnement pour passer à un découpage en matrices $(4,4)$.

C’est bien ce qu’on observe : il n’y a que deux matrices $(4,4)$, la matrice $U_{2}$ composée de 3 fois $U_{1}$ et de $Z_{1}$, et la matrice nulle $Z_{2}$.

$U_{2} = \begin{pmatrix} U_{1} & Z_{1} \\ U_{1} & U_{1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 &0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} → \begin{pmatrix} \blacksquare & \square & \square & \square \\ \blacksquare & \blacksquare & \square & \square \\ \blacksquare & \square & \blacksquare & \square \\ \blacksquare & \blacksquare & \blacksquare & \blacksquare \end{pmatrix}$

$Z_{2} = \begin{pmatrix} Z_{1} & Z_{1} \\ Z_{1} & Z_{1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} → \begin{pmatrix} \square & \square & \square & \square \\ \square & \square & \square & \square \\ \square & \square & \square & \square \\ \square & \square & \square & \square \end{pmatrix}$

Ces matrices $(4,4)$, notées $M^{(2)}_{n,k}$ vérifieront la même relation que les matrices $M^{(1)}_{n,k}$, on peut donc continuer avec des matrices $(8,8)$ etc. La figure 1 représente la matrice $U_{4}$ qui est une matrice $(16,16)$, composée de 3 fois $U_{3}$ et de la matrice nulle $Z_{3}$.

Le binôme modulo 3

Reste à découvrir pourquoi on peut faire la même chose modulo $3$ avec des découpages $3$ par $3$, puis $9$ par $9$ etc. ou de manière plus générale modulo $p$ avec des découpages $p$ par $p$, puis $p^{2}$ par $p^{2}$ etc., ${\bf si}$ $p$ est premier.

Ci-dessous, figure 2, une représentation des coefficients du binôme modulo $3$.

Il y a ici 3 sortes de matrices, les matrices $U$, les matrices $V = -U$ (à partir de $U$ on intervertit bleu et rouge pour obtenir $V$), et bien sur les matrices nulles $Z$, dans les tailles $3$, puis $3^{2}$ puis $3^{3}$.

Pour les tailles $3$, on a les matrices suivantes :

$U_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} → \begin{pmatrix} \color{blue}{\blacksquare} & \square & \square \\ \color{blue}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \square \\ \color{blue}{\blacksquare} & \color{red}{\blacksquare} &\color{blue}{\blacksquare} \end{pmatrix}$

$V_1 = -U_1 = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -1 \end{pmatrix} → \begin{pmatrix} \color{red}{\blacksquare} & \square & \square \\ \color{red}{\blacksquare} & \color{red}{\blacksquare} & \square \\ \color{red}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} &\color{red}{\blacksquare} \end{pmatrix}$

$Z_1 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} → \begin{pmatrix} \square & \square & \square \\ \square & \square & \square \\ \square & \square & \square \end{pmatrix}$

En remplaçant $1$, $-1$ et $0$ par respectivement $U_1$, $V_1 = -U_1$ et $Z_1$, on obtient les tailles $3^{2}$ et ainsi de suite.

$U_2 = \begin{pmatrix} U_1 & Z_1 & Z_1 \\ U_1 & U_1 & Z_1 \\ U_1 & -U_1 & U_1 \end{pmatrix} = \scriptsize{ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 1 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & -1 & -1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 1 & -1 & 1 & -1 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} } → \scriptsize{ \begin{pmatrix} \color{blue}{\blacksquare} & \square & \square & \square & \square & \square & \square & \square & \square \\ \color{blue}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \square & \square & \square & \square & \square & \square & \square \\ \color{blue}{\blacksquare} & \color{red}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \square & \square & \square & \square & \square & \square \\ \color{blue}{\blacksquare} & \square & \square & \color{blue}{\blacksquare} & \square & \square & \square & \square & \square \\ \color{blue}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \square & \color{blue}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \square & \square & \square & \square \\ \color{blue}{\blacksquare} & \color{red}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \color{red}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \square & \square & \square \\ \color{blue}{\blacksquare} & \square & \square & \color{red}{\blacksquare} & \square & \square & \color{blue}{\blacksquare} & \square & \square \\ \color{blue}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \square & \color{red}{\blacksquare} & \color{red}{\blacksquare} & \square & \color{blue}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \square \\ \color{blue}{\blacksquare} & \color{red}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \color{red}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \color{red}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} & \color{red}{\blacksquare} & \color{blue}{\blacksquare} \end{pmatrix} }$

Nouvel avis de recherche

Pour finir en beauté cette année 2025 bien carrée, voici un peu de géométrie en 3D : après le carré, le cube !

Ce problème est basé sur une question de Guy Paty qui a réalisé le pliage du coin de cube ; et Pierre Delezoïde m’a aidé à formuler la présentation de cet avis de recherche. Un grand merci à eux.

Observez les 2 figures ci-dessus : on part d’un coin de cube (figure 1), formé par un carré ABCD et une arête [AE] ; en faisant un pli avec [AC] on le déforme pour obtenir la figure 2. Les segments [AE], [AB], [AD] et [AC] jouent le rôle de charnières dans cette déformation : les points C et E s’éloignent tandis que les points B et D se rapprochent. À un moment de cette déformation, le segment [BD] coupe le segment [EC] : les points B, C, D et E sont coplanaires (figure 2).

L’arête du cube servant d’unité, pour la figure 2, calculez BD et CE, ainsi que les angles de cette pyramide de sommet A et de base BCDE.

Nous attendons vos solutions que nous aurons plaisir à lire, et si, de plus, vous avez des problèmes à soumettre à la sagacité de nos lecteurs et lectrices, ainsi que des compléments sur des avis précédents, écrivez-nous à l’adresse des problèmes des Chantiers.

Les problèmes en Chantiers

Vous pouvez retrouver tous les problèmes des Chantiers, depuis le numéro 1 jusqu’à aujourd’hui : il y en a qui n’ont pas été résolus et d’autres qui méritent qu’on y revienne :

• les problèmes en Chantiers

Les chantiers de pédagogie mathématique n°207 décembre 2025
La Régionale Île-de-France APMEP, 26 rue Duméril, 75013 PARIS