\begin{CORRIGE}{1}
   \def\decimal#1{\overline{#1}}
   \Partie{Partie 1}
    \begin{itemize}
    \item $102$ est étranche, car $10$ est divisible par $2$ et $102$
      par $3$ ;
    \item $\num{1024}$ est étranche car il est divisible par $4$, et
      que $102$ est étranche.
    \item $\num{10240}$ est étranche car il est divisible par $5$, et
      que $\num{1024}$ est étranche.
    \item $\num{102404}$ et $\num{10204041}$ ne sont pas étranche, car
      $\num{102404}$ n'est pas divisible par $6$.
    \item $326$ $\num{3268}$ et $\num{326804}$  ne sont pas étranche, car $326$ n'est
      pas divisible par $6$.
    \item $\num{2041}$ et $\num{20410}$ ne sont pas étranche, car $\num{2041}$ n'est
      pas divisible par $4$.
    \item $\num{705}$, $\num{7052}$, $\num{70520}$ et $\num{705204}$
      sont étranches, mais $\num{7052046}$ n'est l'est pas.
    \item $\num{9222467}$ n'est pas étranche, car $922$ n'est pas
      divisible par $3$.
    \end{itemize}

    \Partie{Nombres étranches à 2 ou 3 chiffres}
    \begin{enumerate}
    \item Les étranches de $2$ chiffres sont les pairs. Il y a $9$
      dizaines, et $5$ pairs par dizaines, donc $9 \times 5  = 45$.
    \item
      \begin{enumerate}
      \item Les restes possibles dans la division par $3$ sont $0$,
        $1$ et $2$.
      \item $\decimal{n_1n_2}$ est un multiple de $3$ pair,
        c'est-à-dire un multiple de $6$. Alors $n=\decimal{n_1n_2n_3}$
        peut s'écrire $n = 60k +n_3$. Donc, $n_3$ est l'un des
        chiffres : $0$, $3$, $6$ et $9$.
      \item $\decimal{n_1n_2} = 3k+1$, donc $n = 30k+10 + n_3$, donc
        $10+n_3$ doit être un multiple de $3$, donc $n_3$ peut valoir
        $2$, $5$ et $8$.

        $\decimal{n_1n_2} = 3k+2$, donc $n = 30k+20 + n_3$, donc
        $20+n_3$ doit être un multiple de $3$, donc $n_3$ peut valoir
        $1$, $4$ et $7$.
      \item Il y a $15$ nombres pairs, multiples de $3$, donc on peut
        construire $15 \times 4 = 60$ étranches de $3$ chiffres.

        Il y a $15$ nombres pairs, de reste $1$ par la division par $3$, donc on peut
        construire $15 \times 3 = 45$ étranches de $3$ chiffres.

        Il y a $15$ nombres pairs, de reste $2$ par la division par $3$, donc on peut
        construire $15 \times 3 = 45$ étranches de $3$ chiffres.

        Au total, il y a $60 + 45 + 45 = 150$ nombres étranches de $3$
        chiffres.
      \item Il y a $15$ nombres qui se termine par $0$, $15$ par $2$,
        $15$ par $4$, $15$ qui se termine par $6$ et $15$ par $8$. Au
        total, $75$ nombres étranches pairs de $3$ chiffres.
      \end{enumerate}
    \item On obtient le tableau \ref{tab_AL19_01C}
      \begin{table}[!h]
      \centering \setlength{\tabcolsep}{5ex}
      \begin{tabular}{*{3}{>{$}c<{$}}}
        \toprule
        i & m & c \\
        \midrule
        0 & 62 & 1 \\
        \midrule
        1 & 621 & 2 \\
        \bottomrule
      \end{tabular}
      \caption{ }
      \label{tab_AL19_01C}
    \end{table}
  \item Si $n = 621$ la variable compteur est égale à $1$.
  \item Si $n=622$ la variable compteur est égale à $0$.
  \item Cet algorithme détermine si un nombre de $3$ chiffres est étranche.
  \end{enumerate}

\Partie{Dénombrement des nombres étranches à quatre et cinq
  chiffres}

\begin{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item $\decimal{n_1n_2n_3n_4} = 100\decimal{n_1n_2} +
    \decimal{n_3n_4} = 4K + \decimal{n_3n_4} $.
  \item On en déduit immédiatement que $n$ est multiple de $4$ si
    $\decimal{n_3n_4}$.
  \item Il y a $25$ multiple de $4$ dans une centaine et $19$ centaine
    entre $\num{1000}$ et $\num{9999}$.
  \item On reprend les nombres étranches de $3$ chiffres. Il y a $3$
    cas suivant que le reste de la division de $\decimal{n_1n_2}$ par $3$.
    \begin{itemize}
    \item $\decimal{n_1n_2}$ pair, et le reste de la division par $3$
      est $0$. Les étranches se finissent alors par $00$, $04$, $08$,
      $32$, $36$, $60$, $64$, $68$, $92$ et $96$. Il y a $15$
      possibilités pour $\decimal{n_1n_2}$, soit $15 \times 10$.
    \item $\decimal{n_1n_2}$ pair, et le reste de la division par $3$
      est $1$. Les étranches se finissent alors par $20$, $24$, $28$,
      $52$, $56$, $80$, $84$ et $88$. Il y a $15$
      possibilités pour $\decimal{n_1n_2}$, soit $15 \times 8$.
    \item $\decimal{n_1n_2}$ pair, et le reste de la division par $3$
      est $2$. Les étranches se finissent alors par $12$, $16$, $40$,
      $44$, $48$, $72$ et $76$. Il y a $15$
      possibilités pour $\decimal{n_1n_2}$, soit $15 \times 7$.
    \end{itemize}
    On a donc $15 (10+8+7)= 15 \times 25 = 375$.
  \end{enumerate}
\item Pour chaque étranche à $4$ chiffres, il y a deux étranches à $5$
  chiffres. Donc, il y $750$ étranches à $5$ chiffres.

\end{enumerate}
  
\end{CORRIGE}
\begin{CORRIGE}{2}
\Partie{Siutation 1}
\begin{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item Le programme joue de manière aléatoire de façon
    équiprobable. On en déduit que $p_1 = p_2 =p_3 = \frac{1}{3}$.
  \item En mode novice, le joueur lance sa grenade de façon
    équiprobable : donc $q_1 = q_2 = \frac{1}{2}$.
  \item On a $p_1 +p_2 = \frac{2}{3}$ de toucher l'androïde.
  \item On gagne si la grenade arrive dans l'intervalle $A_i$ et que
    l'androïde se situe derrière le rocher $i$ où $i+1$. Soit : On en
    déduit que la probabilité de gain est :
    \[
      p_1q_1 + p_2q_1 + p_2q_2 + p_3q_2 = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}.
    \]
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item Voir \ref{tab_AL19_02AC}.
    \begin{table}[!h]
      \centering \setlength{\tabcolsep}{3ex}
      \begin{tabular}{|*{5}{>{$}c<{$}|}}
        \cline{3-5}
        \multicolumn{2}{c|}{}
        & A_1 & A_2 & A_3 \\
        \hline
        \multirow{4}{1em}{\rotatebox{90}{Rocher}}& 1 & G & P  & P  \\
        \cline{2-5}
        & 2 & G  & G & P  \\
        \cline{2-5}
        & 3 & P  & G  &  G \\
        \cline{2-5}
        & 4 & P  & P  & G  \\
        \hline
      \end{tabular}
      \caption{Tableau à compléter}
      \label{tab_AL19_02AC}
    \end{table}
  \item voir \ref{fig_AL19_02DC}
    \begin{figure}[!p]
      \centering
      \begin{tikzpicture}
        [ grow=east,
        level 1/.style={sibling distance=8em},
        level 2/.style={sibling distance=2em},]
        \node {\textbullet}
        child{node{4}
          child {node{$A_3$} child {node {$G$}}}
          child {node{$A_2$} child {node {$P$}}}
          child {node{$A_1$} child {node {$P$}}}
        }
        child{node{3}
          child {node{$A_3$} child {node {$G$}}}
          child {node{$A_2$} child {node {$G$}}}
          child {node{$A_1$} child {node {$P$}}}
        }
        child{node{2}
          child {node{$A_3$} child {node {$P$}}}
          child {node{$A_2$} child {node {$G$}}}
          child {node{$A_1$} child {node {$G$}}}
        }
        child{node{1}
          child {node{$A_3$} child {node {$P$}}}
          child {node{$A_2$} child {node {$P$}}}
          child {node{$A_1$} child {node {$G$}}} } ;
      \end{tikzpicture}
      \caption{Arbre à compléter}
      \label{fig_AL19_02DC}
    \end{figure}
  \item Pour tous les intervallles, il y a autant situation de gains
    que de pertes.
  \end{enumerate}
\item La probabilité de gagner pour tout intervalle est de
  $\frac{2}{n}$.
\item
  \begin{enumerate}
  \item On devrait être aux environs de $\frac{1}{2}$, or les
    fréquencess de gain $f(A_1) \approx 0,43$,  $f(A_2) \approx
    0,28$, $f(A_3) \approx 0,28$ et $f(A_4) \approx 0,42$.
  \item $p$ doit vérifier $2p+p+p+p+2p = 1$, soit $7p =1$, donc $p =
    \frac{1}{7}$
  \item Les probabilités de gain sont $ p(A_1) = p(A_4) =\frac{2}{7}+
    \frac{1}{7} = \frac{3}{7} \approx 0,428$, $p(A_2) = p(A_3) = \frac{2}{7}
    \approx 0,285$. Les valeurs théoriques sont bien plus proche de
    résultats expérimentaux.
  \end{enumerate}
\end{enumerate}

\Partie{Situation 2}
\begin{enumerate}
\item La probabilité de gagner lorsque le tir arrive en $A_1$ est la
  probabilité que l'humanoïde soit derrière le rocher $1$ ou $2$,
  multiplier par la probabilité que la grenade arrive en $A_1$. Soit
  $\frac{2}{n+2}q_1 + \frac{1}{n+2}q_1 = \frac{3}{n+2}q_1$. De même
  pour $A_2$. soit $\frac{2}{n+2}q_2$. On veut que ces probabilités
  soient égales, on a donc :
  \[
    \frac{3}{n+2}q_1 =\frac{2}{n+2}q_2.
  \]
\item On aurait de la même manière, $\frac{2}{n+2}q_2 = \frac{2}{n+2}
  q_3$, donc $q_3 = q_2$.  Et de proche en proche $ q_i =  q_2$, pour
  $ 2 \leq i \leq n-2$. Et $\frac{2}{n+2}q_{n-2} =
  \frac{3}{n+2}q_{n-1}$, d'où $q_1 = q_{n-1}$. On en déduit, comme la
  somme des $q_i$ vaut $1$, que :
  \[
    2q_1 + (n-3)q_2 = 1.
  \]
\item On a donc :
  \[
      \begin{cases}
        3q_1 &= 2q_2 \\
        2q_1 + (n-3)q_2 & = 1
      \end{cases}
      \text{ soit }
      \begin{cases}
        q_2 &= \frac{3}{2}q_1\\
        2q_1 + \frac{3n-9}{2} q_1 &= 1
      \end{cases}
      \text{ soit }
      \begin{cases}
        q_1 &= \frac{2}{3n-5}\\
        q_2 &= \frac{3}{3n-5}\\
      \end{cases}
  \]
\item On choisit $q_1$ et $q_2$ avec les probabilités précédentes.
\end{enumerate}
\end{CORRIGE}
\begin{CORRIGE}{3}
  \begin{enumerate}
  \item \item
    \begin{enumerate}
      Par exemple, $43$ et $67$. $43 + 67 = 34 + 76 = 110$.
    \item On a $ n_1 = 10d_1+u_1$ et $n_2 = 10d_2 + u_2$, le renversé
      de $n_1$ est $N_1 = 10u_1 + d_1$ et celui de
      $N_2 = 10u_2 + d_2$.
      \begin{itemize}
      \item Si $n_1 + n_2 = N_1 + N_2$ alors
        $10(d_1 +d_2) +u_1+u_2 = 10(u_1+u_2) + d_1 +d_2$, soit
        $9(d_1+d_2) = 9(u_1+u_2)$, soit $d_1+d_2 = u_1+u_2$.
      \item Si $d_1+d_2 = u_1+u_2$, alors
        $n_1 + n_2 = 10(d_1+d_2)+u_1+u_2 = 10 (u_1 + u_2) + d_1+d_2 =
        N_1+N_2$.
      \end{itemize}
    \end{enumerate}
  \item
    \begin{enumerate}
    \item Par exemple, $123$ et $715$. La somme vaut $838$ et la somme
      des renversés $321$ et $517$ donne aussi $838$.
    \item $n_1 = 100c_1 + 10d_1 + u_1$, $n_2 = 100c_2 + 10d_2 + u_2$ ;
      les renversés sont $N_1 = 100u_1 + 10d_1 + c_1$ et $N_2 = 100
      u_2 + 10 d_2 + c_2$
      \begin{itemize}
      \item Si $n_1 + n_2 = N_1 + N_2$, alors $100(c_1+c_2) +
        10(d_1+d_2) + (u_1+u_2) = 100(u_1+u_2) + 10(d_1+d_2) +
        (c_1+c_2)$.  D'où $99(c_1+c_2) = 99(u_1+u_2)$, donc $c_1+c_2=
        u_1+u_2$.
      \item Réciproquement, on a $c_1+c_2 = u_1+u_2$. Alors, $n_1+n_2
        = 100(c_1+c_2)+10(d_1+d_2)+(u_1+u_2) =
        100(u_1+u_2)+10(d_1+d_2)+ (c_1+c_2) = N_1+N_2$.
      \end{itemize}
    \end{enumerate}
  \item
    \begin{enumerate}
    \item $\num{3141}+\num{2034} = \num{5175}$ et $\num{1413} +
      \num{4302} = \num{5715}$. La propriété de Sophie est donc
      fausse. On constate que ce sont des renversé l'un de l'autre.
    \item $\num{3124}$ et $\num{2871}$. La somme vaut $\num{5995}$ et
      la somme des renversés est : $\num{4213}+\num{1782} = \num{5995}$.
    \item La propriété qui assure que la propriété est vraie pour des
      nombres de quatre chiffres est :
      \og La somme de deux nombres entiers à quatre chiffres $n_1$ et
      $n_2$ (non multiples de $10$) est égale à la somme de leurs renversés
      si la somme des chiffres des milliers est égale à la somme des
      chiffres de leurs unités et la somme des centaines est égale à
      la somme des dizaines. \fg{}
    \end{enumerate}
  \item Pour les nombres à 5 chiffres, la proposition est :
    \og La somme de deux nombres entiers à cinq chiffres $n_1$ et
  $n_2$ (non multiples de $10$) est égale à la somme de leurs renversés
  si la somme des chiffres des dizaine de milliers est égale à la somme des
  chiffres de leurs unités, et la somme des milliers est égale à la
  somme des dizaines. \fg{}
\item Soit $d$ et $u$ les chiffres des dizaines et des unités du
  nombre $n$. On en déduit les contraintes suivantes :
  \begin{itemize}
  \item $n$ est impair, donc $ u $ est $1$, $3$, $5$, $7$, ou $9$.
  \item $d$ est donc $5$, $6$, $7$, $8$.
  \item $n + N =  11(d+u)$, $N$ étant le renversé de $n$. Don, $n + N$
    vaut $55$, $66$, $77$ ou $88$. Mais la somme est pair donc, $d+u $
    vaut $6$ ou $8$.
  \end{itemize}

  Si $d+u =  6$, alors $d = 5$ et $u = 1$, mais $51 < 54$, donc ce cas
  n'est pas possible.

  Si $d+u = 8$, alors :
  \begin{itemize}
  \item $d = 5$ et $u=3$, mais $53 < 54$, donc impossible.
  \item $d = 6$ et $u=2$, mais $62$ est pair, donc impossible.
  \item $d = 7$ et $u=1$, $n = 71$ et $N=17$, et la somme vaut bien $88$.
  \end{itemize}
  Le nombre cherché est donc $71$.
\end{enumerate}
\end{CORRIGE}
\begin{CORRIGE}{4}
  \begin{enumerate}
  \item Une fonction parabole est de la forme $f(x) = ax^2 +bx + c$.
    \begin{itemize}
    \item L'origine du repère se situe à l'endroit du coup-franc, donc
      $f(0) = 0$ ce qui entraîne $c = 0$.
    \item On a $f(26) = 2$, donc $26^2a + 26b = 2$, soit $26a+b =
      \frac{2}{26}$. On tire alors $ b = \frac{2}{26} -26a$.
    \item Enfin, on doit avoir $f(9,5) \geq 1,85$, en prenant $f(9)
      =2$, on doit respecter cette contrainte.

      $9^2a + 9b = 2$, soit $ 9a + b = \frac{2}{9}$. $9a +
      \frac{2}{26} - 26a  = \frac{2}{9}$. On tire que $ a =
      -\frac{1}{117}$ et $ b = \frac{35}{117}$.
    \end{itemize}

    Une des fonctions possibles est : $-\frac{1}{117}x^2 +
    \frac{35}{177}x$. Il y en a d'autres.

    Le graphique \ref{fig_AL_19_04AC} permet une vérification a posteriori du respect des
    contraintes.

    \begin{figure}[!p]
      \centering
        \begin{tikzpicture}[rotate around={90:(13.5,1.5)},xscale=0.5,yscale=2]
          \draw[lightgray] (0,0) grid[ystep=0.25] (27,3) ;
          \draw[->,>=stealth] (0,0) -- (27,0) ; \draw[->,>=stealth]
          (0,0) -- (0,3) ;
          \foreach \x in {0,2,...,26}
          {
            \node[below,rotate=90] at (\x,0) {\x} ;
          }
          \foreach \y in {0,0.5,...,3}
          {
            \node [left,rotate=90] at (0,\y) {\y} ;
          }
          \draw[colLogo,line width=2pt] plot[domain=0:27]
          (\x,-\x*\x/117 + 35*\x/117) ;

          %\draw[colLogoTeinte,line width=2pt] plot[domain=0:27]
          %(\x,-\x*\x/104 + 17*\x/52) ;

          \draw[line width=3pt] (9.5,0) --(9.5,1.85) ;
          \draw[line width=3pt] (26,0) --(26,2.44) ;
        \end{tikzpicture}
      \caption{ }
      \label{fig_AL_19_04AC}
    \end{figure}
  \item Le maximum est atteint en $-\frac{b}{2a}$, soit en
    $\frac{35}{2} = 17,5 $. Le maximum vaut : $f(17,5) = \frac{35^2
    }{4 \times 117} \approx \SI{2.61}{ \m}$.
  \item On a toujours $ b = \frac{2}{26} -26a$ et $-\frac{b}{2a} =
    17$. On en déduit que $a = -\frac{1}{104} $ et $ b =
    \frac{17}{52}$.

    On a bien $ g(9,5) \approx 3 > 2,20$.
  \item On obtient l'algorithme :
    \begin{algorithm}[!h]
    \KwData{Saisir $a$, $b$ et $c$}
    \eIf{$x = = 9.5$}
    {
      \eIf{$ax^2+bx+c > 2$}
      {
      renvoyer VRAI
    }
    {
      renvoyer FAUX
    }
  }{}
  \eIf{$x = = 26$}
    {
      \eIf{$ 2 \leq 26^2a + 26b +c < 2,44 2$}
      {
      renvoyer BUT
    }
    {
      renvoyer PAS BUT
    }
  }
  {}
  \end{algorithm}

  \end{enumerate}
\end{CORRIGE}
\begin{CORRIGE}{5}
  \def\boite#1#2%
  {%
    \begin{tikzpicture}[inner sep=1.5pt,color=colLogo]
      \draw[colLogo,line width=1.5pt] (0,0) rectangle (5ex,3em) ;
      \node at (2.5ex,1.75em) {\Large\sffamily\bfseries#2} ;
      \node[above left,inner sep=0pt,outer sep=0pt] at (4.75ex,0.25em)
      {\footnotesize\sffamily\bfseries#1} ;
    \end{tikzpicture}\hspace*{-1.5pt}%
  }
  \begin{center}
  % Prénom
  \boite{1}{M}%
  \boite{2}{A}%
  \boite{3}{R}%
  \boite{4}{I}%
  \boite{2}{A}%
  \boite{1}{M}%
  \hspace*{1.5ex}
  % Nom
  \boite{1}{M}%
  \boite{5}{I}%
  \boite{3}{R}%
  \boite{6}{Z}%
  \boite{2}{A}%
  \boite{7}{K}%
  \boite{8}{H}%
  \boite{2}{A}%
  \boite{9}{N}%
  \boite{5}{I}%
\end{center}
\end{CORRIGE}
\begin{CORRIGE}{6}
    \begin{figure}[!h]\centering

      \def\cs#1#2%
      {%
        \fill[colLogoTeinte,draw=colLogo,shift={(#1)}](0,0)
        rectangle (1,1) ;
        \node[color=white,shift={(#1)},font=\Large\bfseries\sffamily,inner
        sep=0pt,outer sep=0pt] at (0.5,0.5) {#2} ;
      }%

      \def\CS#1#2%
      {%
        \node[color=colLogoTeinte,shift={(#1)},font=\Large\bfseries\sffamily,inner
        sep=0pt,outer sep=0pt] at (0.5,0.5) {#2} ;
      }%

    \def\grilleC{
      \begin{tikzpicture}[scale=1,every node/.style={scale=1}]
        % ligne 9
        \cs{0,8}{2}\cs{1,8}{7}\CS{2,8}{6}\cs{3,8}{4}
        \CS{4,8}{3}\cs{5,8}{1}\CS{6,8}{9}\CS{7,8}{8}\CS{8,8}{5}
        % ligne 8
        \CS{0,7}{3}\cs{1,7}{1}\CS{2,7}{5}\CS{3,7}{9}
        \cs{4,7}{8}\CS{5,7}{7}\cs{6,7}{4}\CS{7,7}{6}\cs{8,7}{2}
        % ligne 7
        \CS{0,6}{9}\cs{1,6}{8}\CS{2,6}{4}\cs{3,6}{2}
        \CS{4,6}{5}\cs{5,6}{6}\CS{6,6}{3}\CS{7,6}{7}\cs{8,6}{1}
        % ligne 6
        \cs{0,5}{4}\CS{1,5}{5}\cs{2,5}{8}\CS{3,5}{3}
        \CS{4,5}{6}\CS{5,5}{2}\CS{6,5}{1}\CS{7,5}{9}\CS{8,5}{7}
        % ligne 5
        \cs{0,4}{1}\cs{1,4}{3}\CS{2,4}{9}\cs{3,4}{8}
        \cs{4,4}{7}\cs{5,4}{4}\CS{6,4}{2}\cs{7,4}{5}\cs{8,4}{6}
        % ligne 4
        \CS{0,3}{6}\CS{1,3}{2}\CS{2,3}{7}\CS{3,3}{5}
        \CS{4,3}{1}\CS{5,3}{9}\cs{6,3}{8}\CS{7,3}{4}\cs{8,3}{3}
        % ligne 3
        \cs{0,2}{5}\CS{1,2}{9}\CS{2,2}{1}\cs{3,2}{7}
        \CS{4,2}{4}\cs{5,2}{3}\CS{6,2}{6}\cs{7,2}{2}\CS{8,2}{8}
        % ligne 2
        \cs{0,1}{7}\CS{1,1}{6}\cs{2,1}{2}\CS{3,1}{1}
        \cs{4,1}{9}\CS{5,1}{8}\CS{6,1}{5}\cs{7,1}{3}\CS{8,1}{4}
        % ligne 1
        \CS{0,0}{8}\CS{1,0}{4}\CS{2,0}{3}\cs{3,0}{6}
        \CS{4,0}{2}\cs{5,0}{5}\CS{6,0}{7}\cs{7,0}{1}\cs{8,0}{9}

        \draw[colLogo,line width=0.8pt] (0,0) grid (9,9) ; \foreach \x
        in {0,3,6,9} { \draw[colLogo,line width=2pt] (\x,0) -- (\x,9)
          ; \draw[colLogo,line width=2pt] (0,\x) -- (9,\x) ; }
      \end{tikzpicture}
    }


    \grilleC

    \caption{ }
    \label{fig_AL_19F_ACC}
  \end{figure}
  
\end{CORRIGE}
\begin{CORRIGE}{7}
  \begin{enumerate}
  \item Une recherche systématique avec un tableur ou un programme,
    permet de dire qu'il faut $71$ jours pour dépasser les trois mille
    milliards de milliards, soit $\num{3e21}$.

    \begin{tcblisting}{listing options={language=python},listing
        only,listing style=afdmpython}
RN = 4
NG = 25
RG = 2
cpt= 1
print("   Jour  | Rouge/noir | Noir/Gris | Rouge/Gris")
print("Jour {0:2} | {1: 23} | {2: 23} | {3: 23}".format(cpt,RN,NG,RG))
while RN < 3e21:
    RN = 2*RN
    NG = 2*NG
    RG = 2*RG
    cpt = cpt+1
    print("Jour {0:2} | {1: 23} | {2: 24} | {3: 23}".format(cpt,RN,NG,RG))
  \end{tcblisting}

  Ce qui donne le résultats suivants :

  \begin{center}
    \tiny
\begin{verbatim}
Jour  | Rouge/noire | Noire/Grise | Rouge/Grise
Jour  1 |                       4 |                       25 |                       2
Jour  2 |                       8 |                       50 |                       4
Jour  3 |                      16 |                      100 |                       8
...                           ...                        ...                       ...
Jour 66 |   147573952589676412928 |    922337203685477580800 |    73786976294838206464
Jour 67 |   295147905179352825856 |   1844674407370955161600 |   147573952589676412928
Jour 68 |   590295810358705651712 |   3689348814741910323200 |   295147905179352825856
Jour 69 |  1180591620717411303424 |   7378697629483820646400 |   590295810358705651712
Jour 70 |  2361183241434822606848 |  14757395258967641292800 |  1180591620717411303424
Jour 71 |  4722366482869645213696 |  29514790517935282585600 |  2361183241434822606848
\end{verbatim}
  \end{center}
\item Il y a donc $442 / 26 = 17$ jours.
\item La solution est donc $1771$ ou $7117$.
\item Le nom qui apparaît est parovirose.
\end{enumerate}
\end{CORRIGE}
\begin{CORRIGE}{8}

    Le nombre d'élèves $N$ est compris entre $25 \times 25 = 625$ et $25
    \times 30 = 750$.

    La somme du rang dans l'ordre croissant et du rang dans l'ordre
    décroissant vaut $N+1$.

    On cherche donc les nombres de la forme $abc$ ($a$, $b$, $c$ des
    chiffres entiers consécutifs) tels que $abc+cba$ soit compris
    entre $626$ et $751$.

    $123 + 321 = 444$ ; $234 + 432 = 666$ ; $345 + 543 = 888$. Il y a
    donc $666$ élèves dans le lycée de Ada.
  
\end{CORRIGE}
