il faut dans un premier temps "aller au coin opposé" puis a partir de la, pour chaque '2 pas' on a deux choix, on part d'un coté (et on revient) ou bien l'on part de l'autre.


cas 1:
la longueur est pair, si n est impair, il n'existe pas de chemin.
sinon pour n=2k  il existe 2*2^(k-1)=2^k chemins.


cas 2 et 4 qui sont identique:
la longueur est impair, si n est pair, il n'existe pas de chemin.
si n=1 il existe 1 chemin,
si n=2k+1 il existe 2^k chemins.

cas 3:
la longueur est pair, si n est impair, il n'existe pas de chemin.
sinon pour n=2k, il existe 2^k chemins.

edit: j'ai concidéré qu'on ne pouvais pas revenir a l'origine, mais je me rends compte que j'ai peut etre tort ?

Quand je me ballade entre 2 sommets en me déplaçant sur n cotés, je passe par n+1 sommets dont le seul le premier et le dernier sont fixés.
La séquence des autres sommets est une alternance entre les sommets de chaque diagonale.
Donc pour les n-1 sommets non fixés j'ai 2 possibilités à chaque fois.

De plus les ballades d'un sommet vers un sommet d'une même diagonale auront forcément un nombre pair d'étapes/  Et vers un sommet d'une autre diagonale, un nombre impair d'étapes.


D'un sommet vers lui même en 2n étapes nous aurons $1$ chemin si n=0 (on bouge pas) et $2^{2n-1}$ sinon car le chemin aura (2n-1) sommets de transition avec 2 possibilités chaque fois.
D'un sommet vers l'autre sommet de la diagonale idem sauf pas de ballade "nulle" possible

D'un sommet vers un sommet adjacent (appartenant à une autre diagonale) en 2n+1 étapes nous aurons $2^{2n}$ chemins car il y aura 2n sommets de transition avec 2 possibilités chaque fois.

bravo à scarta, nicouj et scrabblor; attelez vous-y c'est pas très difficile avec un peu d'astuce...

les points étant sur un 'circuit', il n'y a chaque fois que 2 trajets, dans un sens et dans l'autre

Trop d'énigmes ces temps-ci, pas le temps d'assez réfléchir, argh...
Essayons en blitz mode

Cas 1 et cas 3:
Ces 2 cas me semblent tout à fait semblables.
n doit être pair sinon impossible de revenir au départ.
Seul le dernier déplacement est imposé pour revenir au départ, les n-1 déplacements précédents sont libres et il y a 2 possibilités pour chacun d'entre eux. Par ailleurs, construite sur le choix à chaque mouvement, elles sont toutes différentes (il n'y à qu'à les coder en binaire pour s'en convaincre).
Il y a donc $2^{n-1}$ balades pour n pair pour ces 2 cas et 0 si n impair

Cas 2 et cas 4:
Ces 2 cas me semblent eux aussi tout à fait semblables.
n doit être impair cette fois, sinon impossible de revenir au départ.
Le même raisonnement me semble correct: seul le dernier déplacement est imposé pour revenir au départ, les n-1 déplacements précédents sont libres et il y a 2 possibilités pour chacun d'entre eux.
Il y a donc aussi $2^{n-1}$ balades pour n impair pour ces 2 cas et 0 si n pair

Bon, j'espère ne pas être grossièrement passé à côté du problème, un énorme hors-sujet en cette période d'examens

Mais en tout cas, cette énigme était assez différente de ce que l'on voit d'habitude. Merci.

Moi j'attends de voir les réponses ici pour essayer le cube.

voilà donc ma réponse, sous plusieurs formes. Les deux premières sous spoiler peuvent être étendues au cube, mais ce n'est pas évident. La troisième me semble simple, astucieuse et convaincante, c'est celle qu'il faut retenir dans ce cas.

Spoiler : dénombrement ---------- Solution 1 : Dénombrement ------------------

Pour cette démonstration, je ne vais faire qu'un seul cas, disons le cas 2, parce que ce n'est pas la solution la plus élégante et qu'il faut s'accrocher (un peu) pour les formules. En revanche, c'est une solution "facile" à étendre aux dimensions supérieures.

On modifie le problème : au lieu de se déplacer sur le carré, on se déplace sur une grille (en partant du coin en bas à gauche), toujours vers le haut ou vers la droite. A ce moment, ce sont les parités de l'ordonnée et de l'abscisse d'arrivée qui caractérisent les différents cas :



Ici, dans le cas 2, il faut se déplacer verticalement un nombre impair de fois, et horizontalement un nombre pair de fois (lignes bleu ciel sur la grille), et il faut bien entendu que $n$ soit impair (dans l'exemple, on prendra n=7).

Les ballades possibles empruntent donc les lignes rouges du dessin (un exemple de ballade est donnée surligné en orange), et arriveront jusqu'aux différents $B$ possibles.

Maintenant, un $B$ de la grille étant choisi, (dans l'exemple on choisit celui qui est à l'arrivée de la ligne orange) combien y a-t-il de manières d'y arriver ? Et bien il s'agit de choisir quand on monte (il faut monter $k$ fois parmi les $n$ déplacements possibles.

Donc pour aller à ce $B$ de la grille, il y a :
$$C^k_n[/latex] balades ([latex]C^3_7= \frac{7!}{(7-3)! 3!}=35[/latex] balades dans l'exemple) et ceci est valable pour tous les [latex]k[/latex] tels que [latex]0 \leq k \leq n[/latex], avec [latex]k[/latex] impair (parce qu'on est dans le cas 2). Donc le résultat final est : [latex]S_{2}(n)=\sum_{0 \leq 2i+1 \leq n} C^{2i+1}_{n}$$
C'est la somme des termes impairs.

Or, en notant $S_{3}(n)=\sum_{0 \leq 2i \leq n} C^{2i}_{n}$ la somme des termes pairs, on a :
$$S_{2}(n)+S_{3}(n)= \sum_{k=0}^{n} C^{k}_{n}= \sum_{k=0}^{n} C^{k}_{n} 1^{k} 1^{n-k}={(1+1)}^{n}=2^{n}$$
Or $S_{3}(n)$ correspond au cas 3 (avec $n$ toujours impair je le rappelle), qui est symmétrique du cas 2... donc ces sommes sont égales, et le résultat est que la solution est dans ces cas :
[TeX]S_2(n)=S_3(n)=2^{n-1}[/latex]


Spoiler : récurrence ---------- Solution 2 : Récurrence ------------------

Ici, on va utiliser la récurrence. En remarquant qu'après un déplacement, tous les cas sont identiques, on note $u(n)$ la solution. En effet, les cas 2 et 3 sont évidemment semblables, et les cas 1 et 4 sont identiques après le premier déplacement. La parité déterminant de quel cas on parle.

On a donc la récurrence directement :
$\left{ \begin{array}{l} u(0)=1 \\ u(1) = 1 \\ u(n+1)=2u(n) \end{array}\right.[/TeX] soit [latex]u(n) = 2^{n-1}$

Avec la convention donc que $u(0)=1$ tient pour le cas 1 uniquement, $u(2k)$ pour les cas 1 et 4, et $u(2k+1)$ pour les cas 2 et 3.



---------- Solution 3 : élégance ------------------

Remarquant que les cas 2 et 3 sont symmétriques, et que les cas 1 et 4 le sont aussi après 1 déplacements, il vient de suite qu'en tenant compte de la parité, chaque solution est de la forme [toutes les ballades possibles] / 2, d'où, directement :
$$S(n) = 2^{n-1}$$
Ne vous emballez pas, ce genre d'analyse ne fonctionne pas pour le cube !

désolé je n'avais pas compris qu'il fallait 'compter' les déplacements