Un résultat étonnant

Cela permet, me semble-t-il, d'obtenir:
$a(n)$ le nombre de coefficients de la $n$-ième ligne qui sont congrus à $1$ modulo $3$
$b(n)$ le nombre de coefficients de la $n$-ième ligne qui sont congrus à $2$ modulo $3$
$c(n)$ le nombre de coefficients de la $n$-ième ligne qui sont congrus à $0$ modulo $3$

(en connaissant ces mêmes nombres mais pour la ligne $n-1$)

Cidrolin: ton lien est "pourri". Je pense qu'on ne peut pas directement accéder à ce document.

PS:
Il me semble qu'on a:
\begin{align}a(n)&=c(n-1)+2\\
b(n)&=a(n-1)-1\\
c(n)&=b(n-1)\\
\end{align}

Je pense que Cidrolin parlait de ça:

https://cms.math.ca/crux/backfile/Crux_v17n01_Jan.pdf (pages 5-6)

(mais la question est différente, moins précise si j'ai bien lu)

C'était pour faire avancer le Schmilblick. Voir aussi le second commentaire de https://oeis.org/A120880

Bonsoir,
Il est difficile ici de ne pas faire appel à un théorème attribué à Lucas qui dit que:
Si $n,k \in \N,\:$ et si $\:p$ est un nombre premier, alors $\boxed{ \displaystyle \binom nk \equiv \prod_{i=0}^s \binom{a_i}{b_i} \:\mod p}\:$ où $n = \displaystyle \sum_{i=0} ^s a_i p^{i},\:\: k=\sum_{i=0}^s b_i p^{i},\:\: a_i,b_i \in [\![0;p-1]\!], \:\:$ sont les écritures de $n$ et $k$ en base $p$.
Cette conguence s'obtient, par exemple, en comparant les coefficients de $X^k$ dans les membres de l'égalité suivante, écrite dans $(\Z/p\Z)[X]$:
$ \:\; \displaystyle (X+1) ^n = \prod_{i=0}^s\left( (X+1)^{p^{i}}\right) ^{a_i}= \prod_{i=0}^{s} (X^{p^{i}}+1) ^{a_i}$


Soient $n, k \in \N$, écrits comme dans le préambule en base $3$.
Je note: $U = \Big\{i \in [\![0;s]\!]\:\mid a_i =0\Big \};\:\: V = \Big\{ i \in [\![0;s]\!] \:\mid a_i =1\Big\}; \:\:\: W=\Big\{i\in [\![0;s]\!]\:\mid a_i = 2 \Big\};\: \:v = \text{Card}V; \: \:w = \text{Card}W.$
A l'aide du résultat précédent, on obtient l'équivalence
$\displaystyle \binom nk \equiv 1 \mod 3 \iff \forall i \in U\: \:\:b_i =0;\: \forall i \in V \:\:\:b_i =0$ ou $1;\:\: \text{Card} \{ i \in W \mid b_i = 1 \} \:\text{ est pair}\:\:\:\:\:\:$ d'où l'on déduit:
$ \displaystyle A_n := \text{Card}\left\{ k \in \N \mid \binom nk \equiv 1 \mod 3\right\} = 2 ^v \sum _{j\: \text{pair}} \binom wj 2^{w-j}$ et, de la même façon:
$\displaystyle B_n :=\text{Card}\left\{ k\in \N \mid \binom nk \equiv 2 \mod 3 \right \} = 2^v\sum _ { j\: \text{impair} }\binom wj 2 ^{w-j}$.
Alors $A_n -B_n = \displaystyle 2^v\sum _{j=0}^w (-1)^j \binom wj 2 ^{w-j} = 2^v$.$\:\:\:\:\:\boxed {A_n -B_n= 2^v \: \text{ où v est le nombre de 1 que contient l'écriture en base 3 de n }}$

@ Un Nain Capable

$A_n$ est le nombre de $s+1$-uplets $(b_0, b_1,...b_s) \in \{0,1,2\}^{s+1} $ tels que $i \in U \implies b_i =0, \:\: i\in V \implies b_i \in \{0,1\} $ et $ \text{Card} \{i\in W \mid b_i =1\} $ est pair.
Il y a donc:
$\bullet\:\:1$ façon de choisir les $b_i$ avec $i \in U$
$ \bullet\:\:2^v $ façons de choisir les $b_i$ avec $i\in V$
$\bullet\:\: \sum_{j \text {pair}} \binom wj 2^{w-j}$ façons de choisir les $b_i$ avec $i \in W$. (on choisit une partie de $W$ de cardinal pair pour placer les $1$, et on "occupe" les $w-j$ "places disponibles" avec des $0$ ou des $2$).

C'est à LOU16 qu'il faut dire :(tu)

Malheureusement la propriété que je croyais avoir repérée est fausse :-(:

$\binom{8}{3}=56$ et $\binom{5}{3}=10$ la différence est $46$ qui n'est pas multiple de $3$

Bonjour,

Voici un problème inspiré de ce qu'a dit fdp. Lorsque $k > n$, on pose $\binom{n}{k} = 0$. Soit $n \in \N$. Montrer que $n \mapsto \sum_{i=0}^\infty \left[ \binom{n}{3i+1} - \binom{n}{3i+2} \right]$ suit le cycle $0,1,1,0,-1,-1$.

On peut calculer plus généralement $\sum_{i=0}^\infty \binom{n}{ki+j}$ en fonction de $n$, $k$ et $j$, mais la technique se simplifie dans ce cas particulier.