Des triangles équilibrés II : notions avancées

Piste rouge 21 décembre 2014  - Ecrit par  Jonathan Chappelon Voir les commentaires

Dans la première partie de cet article [1], la notion de triangle de Steinhaus équilibré et le problème de Molluzzo (faible) ont été abordés, ainsi que quelques éléments de leur historique. Dans cette seconde partie, après un bref retour sur la définition de ces éléments par des méthodes un peu moins élémentaires, nous nous intéresserons à deux exemples de suites d’entiers qui permettent d’obtenir une réponse positive au problème de Molluzzo faible modulo un nombre impair.

Arithmétique modulaire

Tout au long de cet article, nous nous plaçons dans le cadre de ce que l’on appelle l’arithmétique modulaire. Supposons que $m$ est un entier strictement positif. Notons $\rho_m$ l’application qui à un entier quelconque $x$ associe son reste par la division euclidienne par $m$, c’est-à-dire,
\[ \rho_{m} : \begin{array}[t]{rcl} \mathbb{Z} & \longrightarrow & \{0,1,\ldots,m-1\} \\ x = qm+r & \longmapsto & r \\ \end{array} \]
On peut alors vérifier que cette application est compatible avec l’addition sur les entiers.

Proposition. Pour tous entiers $x$ et $y$, on a $\rho_{m}(\rho_{m}(x)+\rho_{m}(y))=\rho_{m}(x+y)$.

Preuve

Soient $x$ et $y$ deux entiers quelconques. On note $q_x$ et $q_y$ les quotients de la division euclidienne de $x$ et $y$ par $m$, respectivement. Donc
\[ x = q_x m + \rho_{m}(x) \quad\text{et}\quad y = q_y m + \rho_m(y). \]
Comme $0 \leqslant \rho_m(x)+\rho_m(y) \leqslant 2m-2\ $, on distingue deux cas,

  • si $\ 0\leqslant\rho_m(x)+\rho_m(y) \leqslant m-1\ $, alors la division euclidienne de $x+y$ par $m$ est $x+y=(q_x+q_y)m+(\rho_m(x)+\rho_m(y))\ $ et donc
    \[ \rho_m(x+y) = \rho_m(x)+\rho_m(y) = \rho_m(\rho_m(x)+\rho_m(y)). \]
  • si $\ m\leqslant \rho_m(x)+\rho_m(y) \leqslant 2m-2\ $, alors la division euclidienne de $x+y$ par $m$ est $x+y=(q_x+q_y+1)m+(\rho_m(x)+\rho_m(y)-m)\ $ et donc
    \[ \rho_m(x+y) = \rho_m(x)+\rho_m(y)-m = \rho_m(\rho_m(x)+\rho_m(y)). \]

Ce résultat permet de définir une opération de somme sur l’ensemble $\{0,1,\ldots,m-1\}$ que l’on notera $\dot{+}$ de la manière suivante
\[ x\dot{+}y := \rho_m(x+y), \]
pour tous entiers $x$ et $y$ dans $\{0,1,\ldots,m-1\}$. Cette opération est appelée somme modulo $m$. Par exemple, pour $m=5$, on obtient la règle de calcul suivante sur $\{0,1,2,3,4\}$.
\[ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \mathbf{\dot{+}} & \mathbf{0} & \mathbf{1} & \mathbf{2} & \mathbf{3} & \mathbf{4} \\ \hline \mathbf{0} & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline \mathbf{1} & 1 & 2 & 3 & 4 & 0 \\ \hline \mathbf{2} & 2 & 3 & 4 & 0 & 1 \\ \hline \mathbf{3} & 3 & 4 & 0 & 1 & 2 \\ \hline \mathbf{4} & 4 & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline \end{array} \]

Triangles de Steinhaus équilibrés modulo $m$

Soit $S$ une suite d’entiers de $\{0,1,\ldots,m-1\}$ de longueur $n$. Le triangle de Steinhaus modulo $m$ associé à la suite $S$ est le triangle $\bigtriangledown S$ dont la première ligne est constituée des éléments de la suite $S$ et dont le reste du triangle est obtenu en appliquant la règle locale suivante : sous chaque paire d’éléments consécutifs on place leur somme modulo $m$.

Par exemple, pour $m=5$ et la suite $S=(2,2,0,3,3)$, on obtient le triangle de Steinhaus $\bigtriangledown S$ suivant :

Un triangle de Steinhaus modulo $m$ est dit équilibré s’il contient chaque élément de $\{0,1,\ldots,m-1\}$ avec la même multiplicité.

Par exemple, le triangle $\bigtriangledown (2,2,0,3,3)$, représenté ci-dessus, est équilibré modulo $5$ car il contient chaque élément de $\{0,1,2,3,4\}$ exactement trois fois.

Le triangle de Steinhaus engendré à partir d’une suite de longueur $n$ est dit de taille $n$. Rappelons que le nombre d’éléments constituant un triangle de Steinhaus de taille $n$ est appelé le $n^{ème}$ nombre triangulaire et vaut : $T_n =1+2+\cdots+n$.

La question suivante a été posée en 1976 par John C. Molluzzo [2].

Problème de Molluzzo. Pour tous entiers positifs $m$ et $n$ tels que le $n^{ème}$ nombre triangulaire $T_n$ soit divisible par $m$, existe-t-il un triangle de Steinhaus de taille $n$ qui est équilibré modulo $m$ ?

Comme nous l’avons vu dans la première partie de cet article, ce problème est complètement résolu de manière positive dans le cas binaire $m=2$. Dans la suite, on s’intéressera au cas $m\geqslant 3$.

Sur la taille d’un triangle équilibré

Montrons tout d’abord qu’un triangle de Steinhaus de taille $n$ est composé de $\frac{n(n+1)}{2}$ éléments, c’est-à-dire que les égalités suivantes sont vérifiées :

\[ T_n=1+2+\cdots+n = \frac{n(n+1)}{2}. \]

Une preuve simple de ce résultat est fournie grâce à la figure ci-dessous. En effet, le parallélogramme obtenu en juxtaposant deux copies d’un triangle Steinhaus de taille $n$ contient exactement $n(n+1)$ éléments.

Une condition nécessaire pour obtenir un triangle de Steinhaus équilibré de taille $n$ est donc que $T_n$ soit divisible par $m$.

On a vu dans la première partie de cet article que, dans le cas binaire $m=2$, la taille d’un triangle de Steinhaus équilibré est de la forme $n=4q$ ou $n=4q+3$. Qu’en est-il pour les autres valeurs de $m$ ? Une réponse générale, pour toute valeur de $m$, ne sera pas donnée ici car cela nécessite des connaissances en arithmétique qui dépassent le cadre de cet article. Néanmoins, certaines tailles admissibles pour tout $m$ sont données.

Proposition. Soit $m$ un nombre pair. Alors $T_n$ est divisible par $m$ pour tous les entiers $n$ tels que $n$ ou $n+1$ soit divisible par $2m$.

Preuve

  • Si $n=2qm\ $, alors $T_n = \frac{2qm(2qm+1)}{2}=qm(2qm+1)$ est divisible par $m$,
  • si $n=2qm-1\ $, alors $T_n = \frac{2qm(2qm-1)}{2}=qm(2qm-1)$ est divisible par $m$.

Proposition. Soit $m$ un nombre impair. Alors $T_n$ est divisible par $m$ pour tous les entiers $n$ tels que $n$ ou $n+1$ soit divisible par $m$.

Preuve

  • Si $n=qm\ $, alors $T_n=\frac{qm(qm+1)}{2}$.
    • Si $q$ est pair, c’est-à-dire $q=2q'\ $, alors $T_n=\frac{2q'm(2q'm+1)}{2}=q'm(2q'm+1)$ est divisible par $m$,
    • Si $q$ est impair, c’est-à-dire $q=2q'+1\ $, alors $T_n=\frac{(2q'+1)m((2q'+1)m+1)}{2}=(2q'+1)m(q'm+\frac{m+1}{2})$ est divisible par $m$.
  • Si $n=qm-1\ $, alors $T_n=\frac{qm(qm-1)}{2}$.
    • Si $q$ est pair, c’est-à-dire $q=2q'\ $, alors $T_n=\frac{2q'm(2q'm-1)}{2}=q'm(2q'm-1)$ est divisible par $m$,
    • Si $q$ est impair, c’est-à-dire $q=2q'+1\ $, alors $T_n=\frac{(2q'+1)m((2q'+1)m-1)}{2}=(2q'+1)m(q'm+\frac{m-1}{2})$ est divisible par $m$.

La suite des entiers naturels modulo un nombre impair

Dans cette partie nous allons voir que la suite des entiers naturels $S = (0,1,2,3,4,5,\ldots\ldots)$ permet de construire des triangles de Steinhaus équilibrés modulo $m$, lorsque $m$ est un nombre impair.

Commençons avec un peu d’arithmétique modulaire. Supposons que $m$ est un nombre impair tel que $m\geqslant 3$. On s’intéresse aux puissances du nombre $2$. Rappelons que pour un entier positif $k$, la $k^{ème}$ puissance de $2$ que l’on note $2^{k}$ est par définition le nombre
\[ 2^{k} = \underbrace{2\times 2\times \cdots \times 2}_{k\ \text{fois}}. \]
Montrons maintenant que, pour $m$ impair, il existe toujours une puissance de $2$ dont le reste de la division euclidienne par $m$ vaut $1$.

Proposition. Il existe un entier positif $e$ tel que $\rho_m(2^{e})=1$.

La preuve est donnée ici à titre indicatif. Il n’est pas nécessaire de la comprendre pour poursuivre la lecture de l’article.

Preuve

Montrons tout d’abord que pour tout entier naturel $e$, $\rho_m(2^{e})\neq 0$. En effet, si $\rho_m(2^e)=0$, alors il existe un entier positif $q$ tel que $2^{e} = qm$. On en déduit que $m$ est un diviseur de $2^{e}$, ce qui est impossible puisque $m\geqslant 3$ est impair et que les seuls diviseurs de $2^{e}$ sont de la forme $2^{i}$ pour tout $i\in\{0,1,\ldots,e\}$.

Donc $\rho_m(2^{e})\in\{1,\ldots,m-1\}$ pour tout entier naturel $e$. Considérons $m$ entiers naturels $e_1,e_2,\ldots,e_m$ et leurs restes modulo $m$ associés $\rho_m(2^{e_1}),\rho_m(2^{e_2}),\ldots,\rho_m(2^{e_m})$. Comme il n’y a que $m-1$ restes non nuls, on en déduit qu’il existe deux entiers qui ont le même reste. Supposons sans perte de généralité que $e_1$ et $e_2$ sont tels que $\rho_m(2^{e_1})=\rho_m(2^{e_2})=r$ et $e_1 < e_2$. Si l’on note $q_1$ et $q_2$ les quotients dans la division euclidienne de $2^{e_1}$ et $2^{e_2}$ par $m$, c’est-à-dire, $2^{e_1} = q_1m+r$ et $2^{e_2} = q_2m+r$. Alors,
\[ 2^{e_1}(2^{e_2-e_1}-1) = 2^{e_2}-2^{e_1} = (q_2m+r)-(q_1m+r) = (q_2-q_1)m. \]
Comme $m$ est impair, on en déduit que $2^{e_1}$ divise $q_2-q_1$ et donc
\[ 2^{e_2-e_1} = \frac{q_2-q_1}{2^{e_1}}m +1. \]
On conclut que $\rho_m(2^{e_2-e_1})=1$.

Le plus petit entier positif $e$ tel que $\rho_m(2^{e})=1$ est appelé l’ordre multiplicatif de $2$ modulo $m$. On le note $\mathcal{O}_m(2)$.

Par exemple, on obtient $\mathcal{O}_3(2)=2$ pour $m=3$ et $\mathcal{O}_5(2)=4$ pour $m=5$ car
\[ \begin{array}{ccc} \left\{\begin{array}{lll} 2^{1} = 0\times 3 + 2 & \Longrightarrow & \rho_3(2^{1})=2, \\ 2^{2} = 1\times 3 + 1 & \Longrightarrow & \rho_3(2^{2})=1. \\ \end{array}\right. & \text{et} & \left\{\begin{array}{lll} 2^{1} = 0\times 5 + 2 & \Longrightarrow & \rho_5(2^{1})=2, \\ 2^{2} = 0\times 5 + 4 & \Longrightarrow & \rho_5(2^{2})=4, \\ 2^{3} = 1\times 5 + 3 & \Longrightarrow & \rho_5(2^{3})=3, \\ 2^{4} = 3\times 5 + 1 & \Longrightarrow & \rho_5(2^{4})=1. \\ \end{array}\right. \end{array} \]

Déterminer l’ordre multiplicatif de $2$ modulo $m$ est un problème très difficile, il n’existe pas de formule explicite donnant la valeur de $\mathcal{O}_m(2)$ en fonction de $m$.

Continuons avec quelques notations :

  • Soit $S=(a_1,a_2,\ldots,a_n)$ une suite de longueur $n$. Pour tout entier $m\leqslant n$, le segment initial de $S$ de longueur $m$ est la sous-suite constituée des $m$ premiers termes de $S$, c’est-à-dire $S[m]=(a_1,a_2,\ldots,a_m)$.
    Par exemple, pour $S=(1,0,3,4,7,2,0,1,1,8)$, on a $S[5]=(1,0,3,4,7)$.
  • Si $S$ et $T$ sont des suites de longueurs finies, on notera par $ST^\infty$ la suite pseudo-périodique qui commence par $S$ et qui continue avec $T$ répétée périodiquement par la suite.
    Par exemple, pour $S=(1,0)$ et $T=(2,5,6)$, on a $ST^{\infty}=(1,0,2,5,6,2,5,6,2,5,6,\ldots\ldots)$.

En 2008, il a été démontré dans [3] que, pour toute valeur impaire de $m$, les triangles de Steinhaus modulo $m$ engendrés à partir de la suite des entiers naturels sont équilibrés pour une infinité de longueurs qui dépendent de la valeur de $\mathcal{O}_m(2)$.

Théorème. Soit $m$ un nombre impair et soit $S$ la suite des entiers naturels modulo $m$, c’est-à-dire la suite périodique $S=(0,1,\ldots,m-1)^{\infty}$. Alors, les triangles de Steinhaus $\bigtriangledown S[t]$ de taille $t$ sont équilibrés pour tous entiers positifs $t$ multiple de $\mathrm{ppcm}(\mathcal{O}_m(2),m)$, où $\mathrm{ppcm}(\mathcal{O}_m(2),m)$ est le plus petit commun multiple de $\mathcal{O}_m(2)$ et $m$.

Par exemple, pour $m=3$, comme $\mathcal{O}_3(2)=2$ et $\mathrm{ppcm}(\mathcal{O}_3(2),3)=6$, les triangles de Steinhaus $\bigtriangledown (0,1,2)^{2k}$ sont équilibrés modulo $3$ pour tout entier positif $k$. Des éléments de preuve de cet exemple du résultat pour $m=3$ sont donnés ci-dessous.

Cela résout l’exercice laissé au lecteur à la fin de la première partie de cet article.

Il s’agit d’un type de preuve classique pour ce genre de résultats, que l’on appelle preuve par découpage et comptage.

Eléments de preuve pour $m=3$

On commence par calculer les premiers éléments du triangle de Steinhaus modulo $3$ issus de la suite $S=(0,1,2)^{\infty}$ des entiers naturels modulo $3$ :

On remarque que la $7^{ème}$ ligne du triangle correspond avec la $1^{ère}$ ligne, c’est-à-dire la suite $(0,1,2)^{\infty}$ des entiers naturels modulo $3$. On en déduit que le triangle de Steinhaus $\bigtriangledown (0,1,2)^{2k}$ peut être découpé de la manière suivante :

où A et B sont les blocs suivants :

Comme les blocs A et B sont constitués des éléments $\{0,1,2\}$ en même nombres, on en déduit que le triangle de Steinhaus $\bigtriangledown (0,1,2)^{2k}$ est équilibré modulo $3$.

Ce théorème permet, entre autres, de fournir une réponse complète et positive au problème de Molluzzo pour toutes les valeurs $m$ de la forme $m=3^k$. Pour les autres valeurs impaires de $m$, la réponse n’est pas complète mais l’existence d’une infinité de triangles équilibrés est tout de même obtenue. Le problème de connaitre l’existence d’une infinité de triangles de Steinhaus équilibré modulo $m$ est appelé problème de Molluzzo faible.

Problème de Molluzzo faible. Pour tout entier positif $m$, existe-t-il une infinité de triangles de Steinhaus équilibrés modulo $m$ ?

Le problème de Molluzzo faible est donc complètement résolu de manière positive pour toute valeur de $m$ impaire et pour $m=2$. Cela justifie la conjecture suivante que le problème de Molluzzo faible peut être résolu positivement pour toute valeur de $m$, y compris pour les entiers $m$ pairs.

Conjecture. Pour toute valeur de $m$, il existe une infinité de triangles de Steinhaus équilibrés modulo $m$.

La suite universelle modulo un nombre impair

Dans cette partie, on s’intéresse à une autre suite qui permet également de construire des triangles de Steinhaus équilibrés modulo un nombre impair, mais pour un nombre plus important de tailles admissibles.

Soient $a$ et $r$ deux entiers. La suite arithmétique $\mathcal{A}(a,r)$ de premier élément $a$ et de raison $r$ est la suite $\mathcal{A}(a,r)=(a_i)_{i\in\mathbb{N}}$ définie par $a_0 = a$ et $a_n-a_{n-1}=r$ pour tout $n\geqslant 1$, c’est-à-dire la suite
\[ \mathcal{A}(a,r) = ( a , a + r , a + 2r , a + 3r , \ldots\ldots ). \]
Par exemple, la suite des entiers naturels est une suite arithmétique, il s’agit de la suite $\mathcal{A}(0,1)=(0,1,2,3,4,\ldots\ldots)$.

Soit $m$ un nombre entier strictement positif. On notera $\mathcal{A}_{m}(a,r)$ la suite des restes modulo $m$ des éléments de la suite $\mathcal{A}(a,r)$, c’est-à-dire la suite
\[ \mathcal{A}_m(a,r) = \left( \rho_m(a) , \rho_m(a+r) , \rho_m(a+2r), \rho_m(a+3r) , \ldots\ldots \right). \]
On remarque alors que cette suite est périodique, de période au plus $m$. Par exemple, la suite des entiers naturels modulo $7$ est
\[ \mathcal{A}_{7}(0,1) = (0,1,2,3,4,5,6,0,1,2,3,\ldots\ldots) = (0,1,2,3,4,5,6)^{\infty}. \]

La suite d’entiers que l’on considère ici et que l’on appellera suite universelle correspond à un entrelacement terme à terme des trois suites arithmétiques $\color{red}{\mathcal{A}(0,1)}$, $\color{green}{\mathcal{A}(-1,-2)}$ et $\color{blue}{\mathcal{A}(1,1)}$. Plus explicitement, il s’agit de la suite
\[ \mathcal{U} = (\color{red}{0},\color{green}{-1},\color{blue}{1},\color{red}{1},\color{green}{-3},\color{blue}{2},\color{red}{2},\color{green}{-5},\color{blue}{3},\color{red}{3},\color{green}{-7},\color{blue}{4},\ldots\ldots). \]

On s’intéresse à la suite universelle modulo un nombre impair $m$, que l’on notera $\mathcal{U}_m$. La suite universelle étant l’entrelacement terme à terme de trois suites arithmétiques et comme chacune de ces suites arithmétiques modulo $m$ est périodique de période au plus $m$, on en déduit que la suite $\mathcal{U}_m$ est périodique de période au plus $3m$. Par exemple, pour $m=7$, la suite universelle modulo $7$ est la suite périodique de période $21$ donnée par
\[ \mathcal{U}_7 = (\color{red}{0},\color{green}{6},\color{blue}{1},\color{red}{1},\color{green}{4},\color{blue}{2},\color{red}{2},\color{green}{2},\color{blue}{3},\color{red}{3},\color{green}{0},\color{blue}{4},\color{red}{4},\color{green}{5},\color{blue}{5},\color{red}{5},\color{green}{3},\color{blue}{6},\color{red}{6},\color{green}{1},\color{blue}{0})^{\infty}. \]

Il a été démontré dans [4], qu’à partir de la suite universelle $\mathcal{U}_m$, il est possible de construire des triangles de Steinhaus équilibrés modulo $m$ pour toutes les tailles multiples de $m$, et ce pour toutes les valeurs impaires de $m$.

Théorème. Soit $m$ un nombre impair et soit $\mathcal{U}_{m}$ la suite universelle modulo $m$. Alors les triangles de Steinhaus suivants sont équilibrés modulo $m$ :

  • $\bigtriangledown \mathcal{U}_{m}[0,3km-1]$, de taille $3km$,
  • $\bigtriangledown \mathcal{U}_{m}[m,2m+3km-1]$, de taille $m+3km$,
  • $\bigtriangledown \mathcal{U}_{m}[2m,4m+3km-1]$, de taille $2m+3km$,

pour tout entier naturel $k$.

Pour revenir à notre exemple avec $m=7$, on obtient par ce résultat les triangles de Steinhaus équilibrés suivants issus de la suite $\mathcal{U}_{7}=(0,6,1,1,4,2,2,2,3,3,0,4,4,5,5,5,3,6,6,1,0)^{\infty}$ :

  • $\bigtriangledown (0,6,1,1,4,2,2,2,3,3,0,4,4,5,5,5,3,6,6,1,0)^{k}$, de taille $21k$,
  • $\bigtriangledown (2,3,3,0,4,4,5)(5,5,3,6,6,1,0,0,6,1,1,4,2,2,2,3,3,0,4,4,5)^{k}$, de taille $7+21k$,
  • $\bigtriangledown (5,5,3,6,6,1,0,0,6,1,1,4,2,2)(2,3,3,0,4,4,5,5,5,3,6,6,1,0,0,6,1,1,4,2,2)^{k}$, de taille $14+21k$,

pour tout entier naturel $k$. Ainsi, comme représenté ci-dessous, le triangle $\bigtriangledown (2,3,3,0,4,4,5)$ de taille $7$ est équilibré modulo $7$.

On obtient ici une seconde preuve qu’il existe bien une infinité de triangles de Steinhaus équilibrés modulo $m$, et ce pour toutes les valeurs impaires de $m$.

Le problème de Molluzzo (faible) modulo un nombre pair

On s’intéresse maintenant aux cas où $m$ est un nombre pair. Comme montré dans la première partie de cet article, le problème de Molluzzo admet une réponse complète et positive pour $m=2$ (on l’appelle problème de Steinhaus dans ce cas). Le seul autre cas pair où ce problème est complètement résolu est celui modulo $m=4$ [5].

Pour ce qui est de la version faible du problème de Molluzzo, les seules valeurs paires de $m$ pour lesquelles une réponse positive a été obtenue sont donc $m=2$ et $4$ par déduction du cas fort, mais également pour $m=6,8$ et $10$ [6]. La version faible du problème de Molluzzo est donc un problème totalement ouvert pour toute valeur paire de $m$ telle que $m\geqslant 12$.

Conclusion

En conclusion, malgré sa formulation élémentaire, le problème de Molluzzo reste totalement ouvert pour presque toutes les valeurs paires de $m$, même dans sa version faible. Les différentes solutions présentées ici pour les valeurs impaires de $m$ justifient la conjecture qu’il existe bien une infinité de triangles de Steinhaus équilibrés modulo $m$ pour toutes les valeurs de $m$.


Le défi lancé par l’auteur est donc de prouver cette conjecture pour des valeurs paires de $m\geqslant 12$ ...

Post-scriptum :

L’auteur tient à remercier les responsables de cette rubrique Shalom Eliahou et Bruno Martin pour leurs précieux commentaires et suggestions, ainsi que les relecteurs bayéma, jeanpol3 et P. Levallois pour leur relecture attentive.

Article édité par Shalom Eliahou

Notes

[2J. C. Molluzzo. Steinhaus graphs. In Theory and applications of graphs (Proc. Internat. Conf., Western Mich. Univ., Kalamazoo, Mich., 1976), volume 642 of Lecture Notes in Math., pages 394–402. Springer, Berlin, 1978.

[3J. Chappelon. On a problem of Molluzzo concerning Steinhaus triangles in finite cyclic groups, Integers 8 (1), #A37, 29 pages, 2008.

[4J. Chappelon. A universal sequence of integers generating balanced Steinhaus figures modulo an odd number, J. Combin. Theory Ser. A 118 (1), 291-315, 2011.

[5J. Chappelon, S. Eliahou. On the problem of Molluzzo for the modulus 4, Integers 12, #A18, 15 pages, 2012.

[6S. Eliahou, T. Gensane. en cours de rédaction.

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Pour citer cet article :

Jonathan Chappelon — «Des triangles équilibrés II : notions avancées» — Images des Mathématiques, CNRS, 2014

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