Le saut de Viète (Vieta jumping en anglais) est une technique de démonstration. Elle est le plus souvent utilisée pour des problèmes dans lesquels une relation entre deux entiers positifs est donnée, avec une proposition à prouver au sujet de ses solutions. C'est une technique relativement récente dans la résolution de problèmes d'olympiades de mathématiques, car le premier à l'avoir introduite est le bulgare Emanouil Atanassov pour la résolution du problème 6 de l'OIM 1988.

Le concept de saut de Viète standard est un raisonnement par l'absurde, et plus précisément un raisonnement par descente infinie, qui se compose des trois étapes suivantes :

1. On suppose par l'absurde qu'il existe des solutions à la relation donnée qui ne satisfont pas l'énoncé que l'on veut prouver.
2. On prend la solution $(A,B)$ qui minimise une certaine fonction de $A$ et $B$, généralement $A+B$. L'équation est ensuite réarrangée en une équation du second degré, dont l'une des racine est $A$, et les formules de Viète sont utilisées pour déterminer l'autre racine.
3. On montre ensuite que l'autre racine donne une solution à la fois valide et plus petite, ce qui contredit la minimalité de la solution $(A,B)$. Cette contradiction montre donc qu'il n'existe aucune solution ne satisfaisant pas l'énoncé.

On peut aussi interpréter ce raisonnement comme un moyen, à partir d'une solution, d'en construire une autre « plus petite », et de proche en proche une suite décroissante infinie d'entiers naturels, ce qui est absurde.

Soient $a$ et $b$ des entiers strictement positifs tels que $ab+1$ divise $a^2+b^2$. Montrer que $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ est un carré parfait.

1 Soit $k=\frac{a^2+b^2}{ab+1}$. Nous supposons qu'il existe une ou plusieurs solutions à la condition donnée pour laquelle $k$ n'est pas un carré parfait.

2 Pour une valeur donnée de $k$, soit $(A,B)$ une solution de cette équation qui minimise la valeur de $A+B$ et sans perte de généralité $A\ge B$. On peut réorganiser l'équation et remplacer $A$ par une variable $x$ pour obtenir $x^2-(kB)x+(B^2-k)=0$. Une racine de cette équation est $x_1=A$. Par les formules de Viète, l'autre racine $x_2$ vérifie $x_2=kB-A$ et $x_2=\frac{B^2-k}{A}$.

3 L'expression $x_2=kB-A$ montre que $x_2$ est un entier, et l'expression $x_2=\frac{B^2-k}{A}$ implique que $x_2\ne 0$ puisque $k$ n'est pas un carré parfait. De $x_{2}B+1=\frac{x_2^2+B}{k}>0$ on déduit que $x_2$ est positif. Finalement, $A\ge B$ implique que $x_2\le \frac{B^2-k}{A}<A$, et par conséquent, $x_2+B<A+B$, ce qui contredit la minimalité de $(A,B)$.

Si $k=c^2>1$ est un carré parfait, alors l'équation diophantienne :

admet des solutions entières strictement positives. Toutes ces solutions sont des paires de termes consécutifs de la suite $(x_n{)}_{n\ge 1}$ définie par :

L'idée de la preuve est la suivante : si $(x,y)$ est une solutions entière strictement positive de (*), alors il en est de même pour $(y,ky-x)$.

La méthode de descente du saut de Viète est utilisée lorsque nous souhaitons prouver une déclaration concernant une constante $k$ ayant une relation avec $a$ et $b$. Contrairement au saut de Viète standard, la descente n'est pas un raisonnement par l'absurde, et se compose des quatre étapes suivantes :

1. Le cas de l'égalité est prouvé pour que l'on puisse supposer que $a>b$.
2. $b$ et $k$ sont supposés fixés et l'expression est réarrangée sous forme d'une équation du second degré, dont l'une des racines est $a$. L'autre racine $x_2$ est déterminée à l'aide des formules de Viète.
3. Il est montré que pour tous $(a,b)$ au-dessus d'un certain cas de base, $0<x_2<b<a$ tel que $x_2$ soit un entier. Ainsi, nous pouvons remplacer $(a,b)$ avec $(b,x_2)$ et répéter ce processus jusqu'à ce que nous arrivions au cas de base.
4. La déclaration est prouvée pour le cas de base, et comme $k$ est resté constant à travers ce processus, cela suffit à prouver l'énoncé de départ.

Soient $a$ et $b$ des entiers naturels tels que $ab$ divise $a^2+b^2+1$. Montrer que $3ab=a^2+b^2+1$.

On présente ici les étapes de résolution comme suggéré dans la présentation ci-dessus. Une solution plus détaillé sera donnée plus loin.

1 Si $a=b$, $a^2$ doit diviser $2a^2+1$ donc $a=b=1$ et $3\cdot 1\cdot 1=1^2+1^2+1$. Donc, sans perte de généralité, supposons que $a>b$.

2 Soit $k=\frac{a^2+b^2+1}{ab}$. En supposant $b$ et $k$ fixés, on peut réarranger l'expression et remplacer $a$ par une variable $x$ pour obtenir $x^2-(kb)x+(b^2+1)=0$. L'une des racines est $a$, donc l'autre peut s'écrire, par les formules de Viète $x_2=kb-a=\frac{b^2+1}{a}$.

3 La première équation dit que $x_2$ est un entier et la seconde qu'il est positif. Parce que $a>b$, $x_2=\frac{b^2+1}{a}<b$ sous réserve que $b>1$.

4 Le cas de base auquel nous arrivons est le cas où $b=1$. Pour que cela satisfasse la condition donnée, $a$ doit diviser $a^2+2$, rendant $a$ égal soit à $1$ soit à $2$. Le premier cas est éliminé parce que $a\ne b$. Dans le second cas, $k=\frac{a^2+b^2+1}{ab}=\frac{6}{2}=3$. Puisque $k$ est constant, cela suffit pour montrer que $k$ sera toujours égal à $3$.

Soient $a$ et $b$ des entiers strictement positifs. Montrer que si $4ab-1$ divise ${\left(4a^2-1\right)}^2$, alors $a=b$.

Il est difficile de voir comment appliquer le saut de Viète directement car il n'y a pas de moyen facile pour « sauter » de la solution $(x,x)$ à $(x+1,x+1)$. La question suggère que $(a-b)$ serait une quantité importante à considérer. Supposons que $(a,b)$ vérifie la condition, avec $a\ne b$, notons que :

Fixons $k=\frac{(a-b{)}^2}{4ab-1}>0$. On veut considérer toutes les solutions entières strictement positives $(x,y)$ de $k=\frac{(x-y{)}^2}{4xy-1}$. Soit $(A,B)$ la solution avec $A+B$ minimal, et supposons sans perte de généralité que $A>B$. Considérons l'équation du second degré :

Cette équation admet deux racines $x_1=A$ et $x_2=2B+4kB-A=\frac{B^2+k}{A}$. D'après la minimalité de $A+B$ on a : $x_2\ge A$, i.e., $\frac{B^2+k}{A}\ge A$, en contradiction avec $A>B$.

Déterminer tout les entiers $k$ pour lesquels il existe des entiers strictement positifs $a$ et $b$ vérifiant :

Soit $k$ un nombre fixé et considérons les solutions $(a,b)$ de l'équation avec $a,b\in \mathbb{N}$, $a\ge b$. Parmi ces solutions on choisit celle telle que $a+b$ est minimale. Si on peut montrer que $a=b$, alors $1+\frac{1}{a}=\frac{k}{2}$, d'où $a=\frac{2}{k-2}$ et, comme $a\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, alors $k=3$ ou $4$.

On va montrer que $a=b$. On suppose, par l'absurde, que $a>b$, et notons que $a$ est racine de $\frac{x+1}{b}+\frac{b+1}{x}=k$, i.e.,

Si $a_1$ est l'autre racine, alors par les formules de Viète $a+a_1=kb-1$ et $a{a}_1=b^2+b$. D'où, $a_1+b=\frac{b^2+b}{a}+b$. Comme $a>b$, il s'ensuit que $a\ge b+1$ et ainsi $b\ge \frac{b^2+b}{a}=a_1$. Par conséquent, la paire $(b,a_1)$ est aussi une solution de l'équation. Comme $(a,b)$ est la solution avec $a+b$ minimale, alors $a+b\le b+a_1=b+\frac{b^2+b}{a}$, d'où $b^2+b\ge a^2\ge (b+1{)}^2=b^2+2b+1$, ce qui implique $b+1\le 0$. Contradiction avec $b>0$. En conclusion, $a=b$.

Soient $x$ et $y$ des entiers strictement positifs tels que $\frac{x^2+y^2+1}{xy}$ est un entier. Montrer que $\frac{x^2+y^2+1}{xy}=3$.

Soit $(x_0,y_0)$ une paire d'entiers strictement positifs telle que $\frac{x_0^2+y_0^2+1}{x_0{y}_0}=k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. En partant de cette solution, on va trouver une autre solution $(x_1,y_1)$ d'entiers strictement positifs telle que $x_1+y_1<x_0+y_0$. Supposons que $x_0>y_0$ et posons :

Alors, $x_0$ est une racine de $P(x)$, et si $x_1$ est l'autre racine, alors par les formules de Viète on sait que :

D'après l'équation $x_0+x_1=k{y}_0$ on déduit que $x_1$ est un entier ; et d'après l'équation $x_0{x}_1=y_0^2+1$ on déduit que $x_1>0$ car $x_0>0$ et $y_0^2+1>0$. D'où $x_1=\frac{y_0^2+1}{x_0}$ et, comme $x_0,y_0$ sont des entiers avec $x_0>y_0$, il s'ensuit que $x_0\ge y_0+1$, de sorte que $x_0^2\ge (y_0+1{)}^2>y_0^2+1$, et par conséquent $x_1<x_0$. On a ainsi trouvé une autre solution $(x_1,y_1)=(x_1,y_0)$ telle que $x_1+y_1<x_0+y_0$. Ce processus peut être poursuivi et nous pouvons trouver une autre solution d'entiers strictement positifs $(x_1,y_1)$ telle que la somme $x_1+y_1$ est inférieure à la somme des éléments de la solution précédente.

Puisque ce processus ne peut pas se produire une infinité de fois, nous devons obtenir une solution $(x_0,y_0)$ telle que $x_0=y_0$. Ainsi :

d'où $2<k\le 3$, et on en déduit que $k=3$.

Soient $x,y,z$ des entiers non nuls tels que $\frac{x^2+y^2+z^2}{xyz}$ est un entier. Montrer que :

Considérons le cas $k>3$. Supposons que les entiers $a,b,c$ vérifient l'équation $a^2+b^2+c^2=kabc$ ; alors un au moins est strictement positif, et les deux autres sont tous les deux strictement positifs ou strictement négatifs. On peut supposer, sans perte de généralité, que les trois nombres sont strictement positifs.

Montrons maintenant que les trois nombres sont deux à deux distincts. Supposons que $a=b$, alors $2a^2+c^2=k{a}^{2}c$, d'où $c^2=a^2(kc-2)$. Par suite $kc-2$ est un carré parfait et donc il existe un entier $d\ge 1$ tel que $kc=2+d^2$. En substituant la valeur de $kc$ dans l'équation $2a^2+c^2=k{a}^{2}c$ on obtient : $c^2=d^2{a}^2$, i.e., $c=da$. Maintenant, $d^2=kc-2=k(da)-2$, donc $2=d(ka-d)$, et ceci implique que $d$ divise $2$, d'où $d\in \{1,2\}$. Dans les deux cas $ka=3$, contradiction avec $k>3$. On a ainsi prouvé que $a,b,c$ sont deux à deux distincts. Supposons alors que $a>b>c\ge 1$. Le triplet $(kbc-a,b,c)$ est aussi solution de l'équation $x^2+y^2+z^2=kxyz$, avec $kbc-a$ un entier strictement positif car $a(kbc-a)=b^2+c^2$ et $a>0$.

Considérons maintenant le polynôme $P(x)=x^2-(kbc)x+b^2+c^2$. Les racines de ce polynôme sont $a$ et $kbc-a$, de plus :

Le signe de $P$ est négatif entre les racines, donc $b$ est compris entre $a$ et $kbc-a$, et comme $b<a$, alors $kbc-a<b$. Donc

En continuant ce procédé, on construit une suite strictement décroissante d'entiers strictement positifs, c'est impossible, donc pas de solutions pour $k>3$.

Supposons maintenant que $k=2$. Supposons que $a^2+b^2+c^2=2abc$ avec $a,b,c$ entiers. Comme $a^2+b^2+c^2$ est pair, les nombres $a,b,c$ ne sont pas tous impairs. Si, exactement, un d'entre eux est pair, alors modulo $4$ on a : $2\equiv 0(\mathrm{mod}4)$, une contradiction. Par conséquent les trois nombres $a,b,c$ sont pairs, et donc $a=2a^{\prime },b=2b^{\prime },c=2c^{\prime }$, ainsi $a^{\prime 2}+b^{\prime 2}+c^{\prime 2}=4a^{\prime }{b}^{\prime }{c}^{\prime }$. Cette dernière équation correspond au cas $k=4$, et il n'y a pas de solutions entières dans ce cas à l'exception de $(0,0,0)$. Donc, pour $k=2$, on a $(a,b,c)=(0,0,0)$.

Pour $k=3$, une solution est $(1,1,1)$, et pour $k=1$ on considère les multiples de $3$ pour se ramener au cas $k=3$.

Le saut de Viète peut être décrit en termes de points sur une hyperbole. Le processus de recherche de racines de plus en plus petites est utilisé pour trouver des points de l'hyperbole tout en restant dans le premier quadrant. La procédure est la suivante :

1. À partir de la condition donnée, on obtient l'équation d'une famille d'hyperboles inchangées par l'échange de $x$ et $y$ tels qu'elles soient symétriques par rapport à la droite d'équation $y=x$.
2. Prouver la proposition désirée pour les intersections des hyperboles et de la droite $y=x$.
3. Supposons qu'il y a un point $(x,y)$ sur une hyperbole et sans perte de généralité $x<y$. Ensuite, par les formules de Viète, il existe un point correspondant avec la même abscisse, situé sur l'autre branche de l'hyperbole, et par réflexion par rapport à $y=x$ un nouveau point sur la branche d'origine de l'hyperbole est obtenu.
4. Il est montré que ce processus produit des points de plus en plus bas sur la même branche et peut être répété jusqu'à ce que certaines conditions (par exemple $x=0$) soit vérifiées. Enfin, en remplaçant cette condition dans l'équation de l'hyperbole, la conclusion souhaitée sera prouvée.

Soient $a$ et $b$ des entiers strictement positifs tels que $ab+1$ divise $a^2+b^2$. Montrer que $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ est un carré parfait.

1 Soit $\frac{a^2+b^2}{ab+1}=q$ avec $q$ fixé. Alors $(a,b)$ représente un point du réseau situé sur l'hyperbole $H$ d'équation $x^2+y^2-qxy-q=0$.

2 Si $x=y$ nous trouvons $x=y=q=1$, qui est une solution triviale.

3 Soit $(x,y)$ un point du réseau situé sur l'hyperbole $H$, et supposons que $x<y$, i.e. que le point est sur la branche supérieure. En appliquant les formules de Viète, $(x,qx-y)$ est un point situé sur la branche inférieure de $H$. Ainsi, par réflexion, $(qx-y,x)$ est un point du réseau sur la branche d'origine. Ce nouveau point a une ordonnée plus petite, et est donc en dessous du point d'origine. Puisque ce point est sur la branche supérieure, il est encore au-dessus de $y=x$.

4 Ce processus peut être répété. À partir de l'équation de $H$, il n'est pas possible que ce processus se déplace dans le deuxième quadrant. Ainsi, ce processus doit se terminer en $x=0$ et en substituant, nous avons $q=y^2$ qui est un carré parfait.

Soit $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ un entier impair. Montrer que l'ensemble $\left\{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right),\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right),\cdots ,\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{\frac{n-1}{2}}\right)\right\}$ contient un nombre impair d'entiers impairs.

Si $n=1$ le résultat est clair. Supposons que $n\ge 3$ et posons :

Alors

Comme $S_n$ est impair, alors la somme $S_n$ contient un nombre impair d'entiers impairs.

Montrer que pour toute paire $(m,k)\in {\mathbb{N}}^2$, l'entier $m$ admet une représentation unique de la forme

avec $a_k>a_{k-1}>\cdots >a_t\ge t\ge 1$.

On commence par montrer l'unicité. Supposons que $m$ peut être représenté avec deux suites $a_k,\cdots ,a_t$ et $b_k,\cdots ,b_t$. On cherche le premier terme où elles différent, supposons que c'est $k$, i.e. $a_k>b_k$. Alors :

une contradiction.

Pour montrer l'existence, on va utiliser un algorithme « à la Euclide ». On trouve le plus grand $a_k$ tel que $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_k}{k}\right)\le m$, et on applique le même algorithme avec $m$ et $k$ remplacés par $m-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_k}{k}\right)$ et $k-1$. On doit juste s'assurer que la suite obtenue est décroissante, or ceci découle du fait que $m<\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_k+1}{k}\right)$, et ainsi $m-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_k}{k}\right)<\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_k}{k-1}\right)$.

On considère la suite

Montrer que, modulo 2002, cette suite est périodique.

Montrons que, modulo $2002$, la suite admet pour période $m=2002\cdot 2002!$. En effet :

Soit $p$ un nombre premier. Montrer que $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2p}{p}\right)\equiv 2(\mathrm{mod}{p}^2)$.

On utilise la formule de Vandermonde avec $m=n=k=p$, alors on obtient :

On a $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{0}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{p}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{p}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{0}\right)=1$, et $p\mid \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k}\right)$ pour $k\in [1,p-1]$. Donc, chacun des termes restants dans le membre de droite est divisible par $p^2$. Par suite, le coefficient $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2p}{p}\right)$ est congru à $2$ modulo $p^2$.

Soient $n$ et $k$ deux entiers strictement positifs arbitraires. Montrer qu'il existe des entiers strictement positifs

tels que :

Pour $k$ fixé, on choisit $m>k$ tel que $n+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{3}\right)$ soit un nombre impair, ceci est possible puisque :

• si $n$ est impair : on prend $m\equiv 0(\mathrm{mod}4)$
• si $n$ est pair : on prend $m\equiv 3(\mathrm{mod}4)$.

Comme $n+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{3}\right)$ est un nombre impair, alors on l'écrit sous la forme : $n+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{3}\right)=2a+1$. On utilise ensuite l'identité :

pour obtenir

Notons que $m\ge 3$ et $a=\frac{n-1+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{3}\right)}{2}>m$, ce qui donne la représentation souhaitée.

Soit $i\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ tel que $i<n$. Si

avec $0\le i_0,i_1,i_2,\cdots ,i_m\le p-1$, alors :

On utilise les conventions $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{0}{0}\right)=1$ et $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_j}{i_j}\right)=0$ si $n_j<i_j$.

On sait que $p\mid \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k}\right)$ pour $k\in [1,p-1]$, d'où

Donc, par récurrence on déduit que pour $r\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ :

Maintenant :

Le coefficient de $x^i$ dans le développment de $(1+x{)}^n$ est $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)$. D'autre part, comme $i=i_0+i_{1}p+\cdots +i_m{p}^m$, le coefficient de $x^i$ est le coefficient de $x^{i_0}(x^p{)}^{i_1}\cdots (x^{p^m}{)}^{i_m}$, qui est égal à $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_0}{i_0}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_1}{i_1}\right)\cdots \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_m}{i_m}\right)$. Par conséquent

Soit $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Montrer que le nombre de $k\in [0,n]$ pour lesquels $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ est impair est une puissance de $2$.

En base $2$ on a : $n=2^0{n}_0+2^1{n}_1+\cdots +2^a{n}_a$ avec $n_i\in \{0,1\}$ pour tout $i$. Donc, pour tout $k=2^0{k}_0+2^1{k}_1+\cdots +2^a{k}_a$ on a par le théorème de Lucas :

Donc, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ est impair si, et seulement si, $k_i\le n_i$ pour chaque $i$. Soit $m$ le nombre des $n_i$ égaux à $1$, alors les valeurs de $k\in [0,2^{a+1}-1]$ pour lesquels $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ est impair est obtenu en prenant $k_i=0$ ou $1$ pour chacune des $m$ valeurs de $i$ telles que $n_i=1$, et $k_i=0$ pour les autres valeurs de $i$. Donc, il y a $2^m$ valeurs de $k$ dans $[0,2^{a+1}-1]$ pour lesquels $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ est impair. Finalement, notons que pour $k>n$, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=0$ n'est jamais impair, d'où le nombre de $k\in [0,n]$ pour lesquels $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ est impair est égal à $2^m$, qui est une puissance de $2$.

Déterminer les entiers $n\ge 2$ tels que $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{k}\right)$ est pair pour $k=1,2,\cdots ,\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$.

On se propose de montrer que $n=2^s-1$ avec $s\ge 2$ entier naturel.

Supposons que $p=2$, $a=2^s-1$ et $a_{s-1}=a_{s-2}=\cdots =a_0=1$. Pour tous $b$ avec $0\le b\le 2^s-1$, chaque terme $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_i}{b_i}\right)$ est égal à $1$, par suite $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{b}\right)\equiv 1(\mathrm{mod}2)$. Ceci implique que $n+1$ est une puissance de deux. Sinon, soit $s=\lfloor {\log }_{2}n\rfloor$ et

Donc, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^{s-1}}{k}\right)$ est impair, une contradiction.

Réciproquement, supposons que $n=2^s-1$ pour un certain $s\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Pour $k=1,2,\cdots ,\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$, il y a au moins un $0$ dans l'écriture binaire (en base $2$) de $a=n-k$ (on ne compte pas les zéros inutiles). Chaque fois qu'il y a un $0$ dans l'écriture binaire de $n-k$, il y a un $1$ dans le chiffre correspondant de $b=k$. Donc, le nombre correspondant $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_i}{b_i}\right)$ est égal à $0$, et par le théorème de Lucas, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k}{k}\right)$ est pair.

Montrer que les coefficients $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^n}{k}\right)$, $k=1,2,\cdots ,2^n-1$ sont tous pairs et que, exactement un d'entre eux, n'est pas divisible par $4$.

Tous les $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^n}{k}\right)$ sont pairs car $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^n}{k}\right)=\frac{2^n}{k}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^{n-1}}{k-1}\right)$ et $2^n\ne k$ pour $k\in [1,2^n-1]$. De l'égalité précédente, il s'ensuit aussi que $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^n}{k}\right)$ est un multiple de $4$ pour $k$ différent de $2^{n-1}$. Pour $k=2^{n-1}$ on a :

Or, par le théorème de Lucas on déduit que $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^{n-1}}{2^{n-1}-1}\right)$ est impair puisque $2^n-1$ contient seulement des $1$ dans son écriture en base $2$ et $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{k}\right)=0$ si $k=0$ ou $1$. Le problème est ainsi résolu.

Soit $p$ un nombre premier impair. Déterminer les $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ pour lesquels les coefficients binomiaux $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right),\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right),\cdots ,\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-1}\right)$ sont tous divisibles par $p$.

Soient $n=n_0+n_{1}p+\cdots +n_m{p}^m$ et $k=k_0+k_{1}p+\cdots +k_m{p}^m$ les écritures de $n$ et de $k$ en base $p$. D'après le théorème de Lucas on sait que

Si $n=p^m$, la propriété est clairement vérifiée. Supposons, par l'absurde, que $n\ne p^m$. Si $n_m>1$, et en posant $k=p^m<n$, on a :

contradiction. En conclusion, les entiers $n=p^m$ sont solutions du problème.