1. Le score S d`un joueur est le nombre de face(s) obtenus avant d

Problème II
Vite « pile »
1. Le score Sd’un joueur est le nombre de face(s) obtenus avant d’obtenir pile ou après n lancers. Sest compris entre 0
et n,Ssuit la loi géométrique tronquée
•Pour 0 6i6n,P(S>i) = (1 −p)i: le joueur obtient face lors des ipremiers lancers
•Pour 0 6i < n ,P(S=i) = (1 −p)ip: le joueur obtient face lors des ipremiers lancers et pile au (i+1)-ième
2. •Un joueur donné est le seul gagnant avec un score i < n si son score est iet si celui des autres joueurs est
strictement plus grand. La probabilité de cet évènement est
(1 −p)ip(1 −p)i+1k−1=p(1 −p)i(1+k−1)+k−1=p(1 −p)ki+k−1
•La probabilité qu’il y ait un seul gagnant de score iest kp (1 −p)ki+k−1
•La probabilité qu’il y ait un seul gagnant est
n−1
X
i=0
kp (1 −p)ki+k−1=kp (1 −p)k−1
n−1
X
i=0 (1 −p)ki=kp (1 −p)k−11−(1 −p)kn
1−(1 −p)k
Quand ntend vers +∞cette probabilité tend vers kp (1 −p)k−1
1−(1 −p)k
3. Le raisonnement précédent appliqué à ggagnants (0 < g 6n) donne :
•La probabilité qu’un groupe de gjoueurs gagnent avec un score i < n est
(1 −p)ipg(1 −p)i+1k−g=pg(1 −p)i(g+k−g)+k−g=pg(1 −p)ki+k−g
•La probabilité qu’il y ait ggagnants de score i < n est k
gpg(1 −p)ki+k−g
•La probabilité qu’il y ait ggagnants de score < n
n−1
X
i=0 k
gpg(1 −p)ki+k−g=k
gpg(1 −p)k−g1−(1 −p)kn
1−(1 −p)k
Le nombre Gde gagnants n’est pas loin de suivre la loi binomiale B(k, p) sauf que G= 0 est impossible et G=kest
à part : à la probabilité calculée dans le dernier point il faut ajouter la probabilité qu’aucun joueur n’obtienne jamais
pile soit (1 −p)nk
Cette ressemblance à la loi binomiale donne l’espérance de G:
E(G) = kp ×1−(1 −p)kn
1−(1 −p)k+k(1 −p)nk
Quand ntend vers +∞cette espérance tend vers kp
1−(1 −p)k
1

Problème III
Des chiffres pour des lettres
•L’alphabet est restreint aux 10 premières majuscules de l’alphabet latin.
•Une attribution d’un mot est un nombre dont l’écriture décimale s’obtient en remplaçant bijectivement les lettres du
mots par des chiffres.
•Un bloqueur d’un entier naturel non nul nest un mot dont aucune attribution ne multiplie n
•Un entier est bon s’il n’a pas de bloqueur c’est à dire si tout mot a une attribution qui le multiplie.
Quelques remarques
•Un mot n’ayant qu’une lettre ne bloque aucun entier puisque 0 en est une attribution
•Un bloqueur a donc au moins 2 lettres distinctes
1. Toute attribution de AB est strictement inférieure à 100 donc n’est jamais divisible par 100 : AB est un bloqueur de
100 . . .et idem pour tout entier plus grand que 100
2. (a) 10 est bon car il suffit de choisir 0 comme représentant de la dernière lettre d’un mot pour en construire une
attribution divisible par 10
(b) La divisibilité par 8 ne dépend que des 3 derniers chiffres de l’écriture décimale donc un mot est bloqueur de 8 si
et seulement le mot formé de ses 3 dernières lettres l’est.
Un mot de 3 lettres est de la forme AAA ou AAB ou ABA ou BAA ou ABC.
Il suffit de vérifier qu’aucun de ces mots n’est un bloqueur de 8 :
000 , 008 , 080 , 800 , 016 sont des attributions de ces mots toutes multiples de 8.
(c) Soit aab une attribution de AAB.
aab = 110a+b, 110 = 4 ×27 + 2 , aab ≡2a+b[ 27 ]
or 1 62a+b626 ne peut pas être divisible par 27
Aucune attribution de AAB ne multiple 27, AAB est un bloqueur de 27.
(d) Soit abbab = 10010a+ 1101bune attribution de ABBAB.
•100 = 3 ×32 + 4 ≡4 [ 32 ]
•1000 ≡40 ≡8 [ 32 ]
•1101 ≡13 [ 32 ]
•10000 ≡80 ≡16 [ 32 ]
•10010 ≡26 [ 32 ]
•abbab ≡26a+ 13b[ 32 ]
Si 32 divise 26a+ 13b= 13(2a+b) alors il divise (2a+b) ce qui n’est pas possible car 1 62a+b626
Aucune attribution de ABBAB ne multiple 32, ABBAB est un bloqueur de 32.
(e) •Soit dun diviseur d’un bon b
Tout mot a une attribution divisible par bdonc aussi par ddonc dest bon.
•32 est mauvais alors que 8 est bon donc non, un diviseur positif d’un mauvais n’est pas nécessairement
mauvais.
3. Décomposition en facteurs premiers des bons
(a) Soit nune attribution de ω, d’écriture décimale aa¯ap−2b¯ap−2c¯ap−2d¯ap−2e¯ap−2fap−2g¯ap−2h¯ap−2i¯ap−2j¯ap−2
où ¯ardésigne l’entier dont l’écriture décimale est la répétition de rchiffres a
n=j10p−2+i10p−2+p−1+h10p−2+2(p−1) +···+a10p−2+9(p−1)
+a109(p−1)
+¯ap−2h1 + 10p−1+ 102(p−1) +···+ 109(p−1)i
Puisque pest premier autre que 2 ou 5, le petit théorème de Fermat dit que 10p−1≡0 [ p] :
n≡10p−2(j+i+dots +a) + a+ ¯ap−2×10 [ p]
2

•La première parenthèse contient la somme de tous les chiffres soit 45
•a+ ¯ap−2×10 = ¯ap−1=aׯ 1p−1
Or 9 ׯ 1p−1=¯ 9p−1= 10p−1−1 est un multiple de p. Comme p6= 3, pest premier avec 9 donc ¯ 1p−1≡0 [ p]
Finalement n≡45 ×10p−2[p] , 2n≡9×10p−1[p] et donc nn’est pas un multiple de p
(b) •Pas de bon à partir de 100
•Le caractère « bon » se transmet aux diviseurs
•Les seuls bons premiers sont 2, 3 et 5
•27 et 32 sont mauvais
La décomposition d’un bon en produit de facteurs premiers est 5α3β2γavec β62 et γ64
On peut faire l’inventaire des entiers de 1 à 99 vérifiant ces critères :
•(α, β) = (0,0) : 1 , 2 , 4 , 8 , 16
•(α, β) = (0,1) : 3 , 6 , 12 , 24 , 48
•(α, β) = (0,2) : 9 , 18 , 36 , 72
•(α, β) = (1,0) : 5 , 10 , 20 , 40 , 80
•(α, β) = (1,1) : 15 , 30 , 60
•(α, β) = (1,2) : 45 , 90
•(α, β) = (2,0) : 25 , 50
•(α, β) = (2,1) : 75
Ce qui fait un total de 27 cas possibles
4. 9 est bon
(a) Un nombre est congru à la somme de ses chiffres modulo 9.
En remarquant que 0 ≡8 + 1 [ 9 ] , quand on passe de aàa′, chaque chiffre autre que 9 est augmenté de 1 modulo
9 donc a′=a+ (n−k) [ 9 ]
(b) Si n−kn’est pas un multiple de 3, il est premier avec 9 et on peut écrire une égalité de Bezout , (n−k)u+ 9v= 1
(u > 0) qui donne ru(n−k)≡r[ 9 ]
En choisissant pour rle reste de la division de −apar 9 on obtient a+ru(n−k)≡0 [ 9 ] : à partir de a, appliquer
ru fois la permutation décrite dans l’énoncé conduit à une attribution de ωdivisible par 9
3