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

Problème II
Vite « pile »
1. Le score S d’un joueur est le nombre de face(s) obtenus avant d’obtenir pile ou après n lancers. S est compris entre 0
et n, S suit la loi géométrique tronquée
• Pour 0 6 i 6 n , P (S > i) = (1 − p)i : le joueur obtient face lors des i premiers lancers
• Pour 0 6 i < n , P (S = i) = (1 − p)i p : le joueur obtient face lors des i premiers lancers et pile au (i+1)-ième
2.
• Un joueur donné est le seul gagnant avec un score i < n si son score est i et si celui des autres joueurs est
strictement plus grand. La probabilité de cet évènement est
k−1
= p (1 − p)i(1+k−1)+k−1 = p (1 − p)ki+k−1
(1 − p)i p (1 − p)i+1
• La probabilité qu’il y ait un seul gagnant de score i est kp (1 − p)ki+k−1
• La probabilité qu’il y ait un seul gagnant est
n−1
n−1
X
X
i
1 − (1 − p)kn
(1 − p)k = kp (1 − p)k−1
kp (1 − p)ki+k−1 = kp (1 − p)k−1
1 − (1 − p)k
i=0
i=0
Quand n tend vers +∞ cette probabilité tend vers
kp (1 − p)k−1
1 − (1 − p)k
3. Le raisonnement précédent appliqué à g gagnants (0 < g 6 n) donne :
• La probabilité qu’un groupe de g joueurs gagnent avec un score i < n est
g k−g
= pg (1 − p)i(g+k−g)+k−g = pg (1 − p)ki+k−g
(1 − p)i p (1 − p)i+1
k g
• La probabilité qu’il y ait g gagnants de score i < n est
p (1 − p)ki+k−g
g
• La probabilité qu’il y ait g gagnants de score < n
n−1
X k 1 − (1 − p)kn
k g
g
ki+k−g
p (1 − p)
=
p (1 − p)k−g
g
g
1 − (1 − p)k
i=0
Le nombre G de gagnants n’est pas loin de suivre la loi binomiale B(k, p) sauf que G = 0 est impossible et G = k est
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
+ k(1 − p)nk
1 − (1 − p)k
Quand n tend vers +∞ cette espérance tend vers
kp
1 − (1 − p)k
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 n est 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 6 2a + b 6 26 ne peut pas être divisible par 27
Aucune attribution de AAB ne multiple 27, AAB est un bloqueur de 27.
(d) Soit abbab = 10010a + 1101b une 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 6 2a + b 6 26
Aucune attribution de ABBAB ne multiple 32, ABBAB est un bloqueur de 32.
(e)
• Soit d un diviseur d’un bon b
Tout mot a une attribution divisible par b donc aussi par d donc d est 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 n une attribution de ω, d’écriture décimale aaāp−2 bāp−2 cāp−2 dāp−2 eāp−2 f ap−2 gāp−2 hāp−2 iāp−2 jāp−2
où ār désigne l’entier dont l’écriture décimale est la répétition de r chiffres a
n
= j 10p−2 + i 10p−2+p−1 + h 10p−2+2(p−1) + · · · + a 10p−2+9(p−1)
+a 109(p−1)
i
h
+āp−2 1 + 10p−1 + 102(p−1) + · · · + 109(p−1)
Puisque p est 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 + āp−2 × 10 [ p ]
• La première parenthèse contient la somme de tous les chiffres soit 45
• a + āp−2 × 10 = āp−1 = a × 1̄p−1
Or 9 × 1̄p−1 = 9̄p−1 = 10p−1 − 1 est un multiple de p. Comme p 6= 3, p est premier avec 9 donc 1̄p−1 ≡ 0 [ p ]
Finalement n ≡ 45 × 10p−2 [ p ] , 2n ≡ 9 × 10p−1 [ p ] et donc n n’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 5α 3β 2γ avec β 6 2 et γ 6 4
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 a à a′ , chaque chiffre autre que 9 est augmenté de 1 modulo
9 donc a′ = a + (n − k) [ 9 ]
(b) Si n − k n’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 r le reste de la division de −a par 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 ω divisible par 9