\begin{CORRIGE}{1}
  \Partie{Partie 1}
  \begin{enumerate}
  \item On a $ k \times 2\pi \times 3  = n \times 2\pi \times 12$, soit
    $ k = 4n$. Comme, c'est le premier retour, $n = 1 $ et $k = 4$.
  \item On a $ n \times 2\pi \times 10 = k \times 2\pi r$, soit $10n = kr$.
    \begin{enumerate}
    \item Dans ce cas $n = 1$, et $kr = 10$, soit $k = 1$, $r = 10$, $
      k =2 $ et $r =5$, ainsi que $k=5$ et $n =2$.
      \begin{figure}[!h]
        \centering
        \begin{tikzpicture}[scale=0.25]
          \draw[lightgray!50] (-8,-8) grid[step=2] (8,8) ;
          \draw[->,>=stealth](-8,0) -- (8,0) ;
          \draw[->,>=stealth](0,-8) -- (0,8) ;
          \foreach \x in {-8,-6,...,-2}
          {
            \node[fill=white,below,inner sep = 0.1pt] at (\x,-0.25) {\footnotesize \x} ;
            \node[fill=white,left,inner sep = 0.1pt] at (-0.25,\x) {\footnotesize \x} ;
          }
          \foreach \x in {2,4,...,8}
          {
            \node[fill=white,below,inner sep = 0.1pt] at (\x,-0.25) {\footnotesize \x} ;
            \node[fill=white,left,inner sep = 0.1pt] at (-0.25,\x) {\footnotesize \x} ;
          }
          \FPset\R{10}% rayon du grand cercle
          \FPset\r{5}% rayon du petit cercle
          \FPset\a{2.5}% position du crayon
          \FPeval\xC{\R-\r}% Distance du cercle mouvant, à partir de O
          \FPset\ra{2}% rayon du petit cercle
          \FPset\aa{1}% position du crayon
          \FPeval\xaC{\R-\r}% Distance du cercle mouvant, à partir de O
          \foreach \angle in {0,1,...,360}
          {%
            % en théorie c'est simplement, \angle*\R/r, mais on a déjà
            % tourné d'un angle de \angle, donc on l'enlève
            \FPeval\Alpha{0-\angle*(\R/r-1)}
            % on se déplace au point de coordonnée polaire [\xC ;
            % \nagle]
            % puis on place un point à partir de ce point de
            % coordonnées polaires (\a ; \Alpha)
            \path[colLogo] (\angle:\xC)--+(\Alpha : \a)
            % on place un noeud circulaire de rayon 0.5pt
            node[fill=colLogoTeinte,circle,inner sep = 0.5pt] {} ;
            % en théorie c'est simplement, \angle*\R/r, mais on a déjà
            % tourné d'un angle de \angle, donc on l'enlève
            \FPeval\Alphaa{0-\angle*(\R/ra-1)}
            % on se déplace au point de coordonnée polaire [\xC ;
            % \nagle]
            % puis on place un point à partir de ce point de
            % coordonnées polaires (\a ; \Alpha)
            \path[colLogo] (\angle:\xaC)--+(\Alphaa : \aa)
            % on place un noeud circulaire de rayon 0.5pt
            node[fill=colLogo,circle,inner sep = 0.5pt] {} ;
          }%
        \end{tikzpicture}
        \caption{Le cas $R = 10$ et $r=5$ et le cas $R=10$ et $r=2$}
        \label{fig_AM19A_01C}
      \end{figure}
    \item $kr = 40$. Les diviseurs de $40$ sont $1$, $2$, $4$,
    $5$, et $r$ est l'un deux.
    \begin{itemize}
    \item Si $r = 1$, alors $k = 10n$, comme $n$ doit être le plus
      petit possible, $n = 1$, or $n=4$, donc impossible.
    \item Si $r=2$, alors $2k = 10n$, $k = 5$ et $n=1$. Impossible.
    \item Si $r = 4$ alors $2k = 5n$, $k = 5$ et $n=2$. Impossible.
    \item Si $r = 5$ alors $ k = 2n$, $k = 2$ et $n=1$. Impossible.
    \item Si $r = 8$ alors $4k = 5n$, $k = 5$ et $n=4$. C'est donc la
      seule solution.
    \end{itemize}
    \begin{figure}[!h]
      \centering
      \begin{tikzpicture}[scale=0.25]
        \draw[lightgray!50] (-8,-8) grid[step=2] (8,8) ;
        \draw[->,>=stealth](-8,0) -- (8,0) ;
        \draw[->,>=stealth](0,-8) -- (0,8) ;
        \foreach \x in {-8,-6,...,-2}
        {
          \node[fill=white,below,inner sep = 0.1pt] at (\x,-0.25) {\footnotesize \x} ;
          \node[fill=white,left,inner sep = 0.1pt] at (-0.25,\x) {\footnotesize \x} ;
        }
        \foreach \x in {2,4,...,8}
        {
          \node[fill=white,below,inner sep = 0.1pt] at (\x,-0.25) {\footnotesize \x} ;
          \node[fill=white,left,inner sep = 0.1pt] at (-0.25,\x) {\footnotesize \x} ;
        }
        \FPset\R{10}% rayon du grand cercle
        \FPset\r{8}% rayon du petit cercle
        \FPset\a{4}% position du crayon
        \FPeval\xC{\R-\r} % Distance du cercle mouvant, à partir de O
        \foreach \angle in {0,4,...,2880}
        {%
          % en théorie c'est simplement, \angle*\R/r, mais on a déjà
          % tourné d'un angle de \angle, donc on l'enlève
          \FPeval\Alpha{0-\angle*(\R/r-1)}
          % on se déplace au point de coordonnée polaire [\xC ;
          % \nagle]
          % puis on place un point à partir de ce point de
          % coordonnées polaires (\a ; \Alpha)
          \path[colLogo] (\angle:\xC)--+(\Alpha : \a)
          % on place un noeud circulaire de rayon 0.5pt
          node[fill=colLogoTeinte,circle,inner sep = 0.5pt] {} ;
          % en théorie c'est simplement, \angle*\R/r, mais on a déjà
          % tourné d'un angle de \angle, donc on l'enlève
        }%
      \end{tikzpicture}
      \caption{Le cas $R = 10$ et $r=8$}
      \label{fig_AM19B_01C}
    \end{figure}
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item $r=12$ et $R=15$, donc $12k = 15n$, soit $4k = 5n$. Le plus
    petit $n$ possible est alors $4$ et $k = 5$.
  \item On a toujours $Rn = kr$, en prenant $k = R$ et $n = r$,
    l'égalité est vérifiée.
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item On obtient le tableau \ref{tab_AM19_01C}.
    \begin{table}[!h]
      \centering
      \begin{tabular}{|*{6}{>{$}Cl<{$}|}}
        \toprule
        i & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\
        iR & 462 & 924 & 1386 & 1848 & 2310\\
        \frac{iR}{r} & \text{ Vrai } & \text{ Vrai }
                  & \text{ Vrai } & \text{ Vrai }
                          & \text{ Faux } \\
        \bottomrule
      \end{tabular}
      \caption{}
      \label{tab_AM19_01C}
    \end{table}
  \item Il suffit d'ajouter les variables  $k \leftarrow \frac{iR}{r}$ et $n
    \leftarrow i$, et une instruction d'affichage de ces 2 variablles.
  \item $k = 11$ et $n = 5$.
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item Oui, le petit disque reviendra à la même position, avec $k =
    11$ et $n = 5$. C'est le cas précédent, avec un changement
    d'unité.
  \item Le petit disque ne reviendra pas à sa position, si on prend
    l'un des disques entiers et l'autre irrationnel. Par exemple $r =
    1$ et $R = \sqrt{2}$.
  \end{enumerate}
\end{enumerate}

\Partie{Partie 2}

\begin{enumerate}
\item En notant, $O$ le centre du grand cercle, $O'$ celui du petit
  cercle, et $C$ la position de la mine du crayon. Au départ, on a
  $O$, $O'$ et $C$ alignés dans cet ordre. $C$ est donc en
  $(12\,;\,0)$. On a donc $R - r + a = 12$.

  Lorsque $C$ est en $(6\,;\,0)$, on a $R -r - a = 6$.

  On a donc $2R- 2r = 18 $, soit $ 30 - 18 = 2r$, et donc $r = 6$. On
  en déduit que $a = 12 - 15 + 6 = 3$.
\item
  \begin{enumerate}
  \item La figure coupe $3$ fois la partie positive de l'axe des
    abscisses, donc $n =3$, et il y $7$ demi-tours, donc $k = 7$.
  \item On a
    \[
      \begin{cases}
      R - r + a &= 10\\
      R - r - a &=  6
    \end{cases}
    \]    On en déduit que $ 2a = 4$, et donc que $a = 2$.
    Donc, $R -r = 8$.  Les relations entre $k$, $n$, $r$ et $R$ donne
    $ 7r = 3R$. Ce qui donne $7r = 24 + 3r$, soit $4r = 24$ et donc $r
    = 6$, et donc $R = 14$.
  \end{enumerate}
\end{enumerate}

\Partie{Partie 3}
Au bout d'un tour du grand cercle, on aura $ 2\pi \times 10 = 3
\abs{\theta_2}$. Donc $\abs{\theta_2} = 3 \times 2\pi + \frac{2
  \pi}{3}$. Comme, $\theta_2$ est rétrograde par rapport, à
$\theta_1$, on $\theta_2 =  -\frac{2\pi}{3}$.

On en déduit que les coordonnées de $C$ dans le repère d'origine $O'$
sont : $\left(-2 \times \frac{1}{2}\,;\, -2 \times
  \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, d'où on déduit que les coordonnées de
$C$ sont :
\[
C \left(6\,;\,-\sqrt{3}\right).
\]


\end{CORRIGE}
\begin{CORRIGE}{2}
      \makeatletter
  \def\pfc#1{{\sffamily\bfseries #1}}
  \def\pfcF{\pfc{F}}
  \def\pfcP{\pfc{P}}
  \def\pfcC{\pfc{C}}
  \def\pfcf{\pfc{f}}
  \def\pfcp{\pfc{p}}
  \def\pfcc{\pfc{c}}
  \makeatother
      \begin{enumerate}
      \item Le robot va jouer \pfc{FCP}. On joue donc \pfc{cpf}.
      \item
        \begin{enumerate}
        \item On joue chacun une fois. On obtient le tableau
          \ref{tab_AM19_02C}.
          \begin{table}[!h]
            \centering
            \begin{tabular}{|c|*{3}{>{$}c<{$}|}}
              \cline{2-4}
              \multicolumn{1}{c|}{}& \text{ \pfcp } & \text{\pfcf} & \text{\pfcc} \\
              \hline
              \pfcP & N & V  & D \\
              \hline
              \pfcF & D & N & V\\
              \hline
              \pfcC & V & D & N\\
              \hline
            \end{tabular}
            \caption{ }
            \label{tab_AM19_02C}
          \end{table}

          On en déduit que la probabilité de gagner est $\nicefrac{1}{3}$.
        \item Le robot doit effectuer $p_3 = 1 - p_1 - p_2$.
        \item En utilisant un arbre de probabilité de la figure \ref{fig_AM19_07C}.
          \begin{figure}[!h]
            \centering
            \begin{tikzpicture}[grow=east,level 2/.style={sibling distance=1em}]
              \node{\textbullet}
              child {node {\pfcP}
                child {node {\pfcp} child {node {$N$}}}
                child {node {\pfcc} child {node {$D$}}}
                child {node {\pfcf} child {node {$G$}}}}
              child {node {\pfcC}
                child {node {\pfcp} child {node {$G$}}}
                child {node {\pfcc} child {node {$N$}}}
                child {node {\pfcf} child {node {$D$}}}}
              child {node {\pfcF}
                child {node {\pfcp} child {node {$G$}}}
                child {node {\pfcc} child {node {$D$}}}
                child {node {\pfcf}child {node {$N$}}}}
              ;
            \end{tikzpicture}
            \caption{ }
            \label{fig_AM19_07C}
          \end{figure}
          Les événements sont indépendants, on a donc :
          $ p = \frac{1}{3} p_1 + \frac{1}{3}p_2 +
          \frac{1}{3}(1-p_1-p_2) = \frac{1}{3}$.
        \end{enumerate}
      \item Calculons les probabilités de gain dan les différents cas
        :
        \begin{itemize}
        \item Stratégie 1 : $p(V) = \frac{1}{2}$. Gain seulement dans
          le cas \pfc{P}.
        \item Stratégie 2 : gain lorsque qu'il y a \pfc{Pf}, \pfc{Fc}
          et \pfc{Cp}. Soit
          \[
            p(V) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} +
            \frac{1}{4} \times \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\times
            \frac{1}{4} = \frac{1}{4} + \frac{1}{16}+\frac{1}{16} =
            \frac{2+1}{8} = \frac{3}{8}.
          \]
        \item Stratégie 3 : $\frac{1}{3}$.
        \end{itemize}
        La meilleure stratégie est donc la première.
      \item
        \begin{enumerate}
        \item Le dernier coup joué par le robot est \pfcP.
          \begin{itemize}
          \item La partie est une défaite $D$, l'adversaire rejoue
            \pfcP, en jouant \pfcf on gagne.
          \item La partie est un gain $V$, l'adversaire joue au hasard \pfcC{} ou
            \pfcF. En jouant \pfcc, on assure le gain ou le nul.
          \item La partie est un nul $N$, l'adversaire joue au hasard,
            il n'y a pas de stratégie autre que le hasard, d'après la
            question 2.
          \end{itemize}
        \item Traçons l'arbre de probabilité.
            \begin{figure}[!h]
            \centering
            \begin{tikzpicture}[grow=east,level 2/.style={sibling distance=1em}]
              \node{\textbullet}
              child {node {$V_1$}
                child {node {$V_2$} child {node {$\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} $}}}
                child {node {$N_2$}}}
              child {node {$D_1$}
                child {node {$V_2$} child {node {$\frac{1}{3}$}}}}
              child {node {$N_1$}
                child {node {$V_2$} child {node {$\frac{1}{3} \times \frac{1}{3}$}}}
                child {node {$D_2$}}
                child {node {$N_2$}}}
              ;
            \end{tikzpicture}
            \caption{ }
            \label{fig_AM19_08C}
          \end{figure}

          On en déduit que $p(V_2) = \frac{1}{3} \times \frac{1}{3} +
          \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} =
          \frac{11}{18}$.
        \item L'arbre permet de déterminer les relations de
          récurrence des suites $p(V_n)$, $p(D_n)$ et $p(N_n)$.
          \begin{figure}[!h]
            \centering
            \begin{tikzpicture}[grow=east,level 2/.style={sibling distance=1em}]
              \node{\textbullet}
              child {node {$V_n$}
                child {node {$V_{n+1}$}}
                child {node {$N_{n+1}$}}}
              child {node {$D_n$}
                child {node {$V_{n+1}$}}}
              child {node {$N_n$}
                child {node {$V_{n+1}$}}
                child {node {$D_{n+1}$}}
                child {node {$N_{n+1}$}}}
              ;
            \end{tikzpicture}
            \caption{ }
            \label{fig_AM19_09C}
          \end{figure}

          Cela permet d'écrire :
          \begin{itemize}
          \item $p(V_{n+1}) = \frac{1}{2} p(V_n) + p(D_n) +
            \frac{1}{3}p(N_n)$.
          \item $p(D_{n+1}) = \frac{1}{3}p(N_n)$.
           \item $p(N_{n+1}) = \frac{1}{2} p(V_n) + \frac{1}{3}p(N_n)$.
          \end{itemize}

        \item On en déduit l'algorithme complété.

          \begin{algorithm}[!h]
        \SetAlgoLined $V \leftarrow \frac{1}{3}$

        $D \leftarrow \frac{1}{3}$

        $N \leftarrow \frac{1}{3}$

        \For{$i$ allant de $1$ à $10$}
        {
          $V' \leftarrow V$

          $D' \leftarrow D$

          $N' \leftarrow N$

          $V \leftarrow  = V'/2 + D' + N'/3 $

          $D \leftarrow  = N'/3$

          $N \leftarrow  V'/2 + N/3$
        }
      \end{algorithm}
        \item Ces trois instructions permettent de sauver les valeurs des
    probabilités.
  \item La probabilité de gagner à la $10$\ieme manche est d'environ
    de $0,5$.
    \begin{center}
      \small
\begin{verbatim}
i | V                   | D                   | N                   |Somme
1 | 0.6111111111111112  | 0.1111111111111111  | 0.2777777777777778  |1.0
2 | 0.5092592592592593  | 0.0925925925925926  | 0.3981481481481482  |1.0
3 | 0.4799382716049383  | 0.13271604938271606 | 0.38734567901234573 |1.0
4 | 0.5018004115226338  | 0.12911522633744857 | 0.3690843621399177  |1.0
5 | 0.5030435528120714  | 0.12302812071330589 | 0.37392832647462276 |1.0
6 | 0.49919267261088246 | 0.12464277549154092 | 0.3761645518975766  |1.0
7 | 0.49962729576284104 | 0.12538818396585885 | 0.3749845202713001  |1.0
8 | 0.5001966719377128  | 0.12499484009043337 | 0.3748084879718539  |1.0
9 | 0.5000293387165744  | 0.12493616265728463 | 0.375034498626141   |1.0
10| 0.4999623315576188  | 0.12501149954204702 | 0.37502616890033424 |1.0
\end{verbatim}
    \end{center}
    \end{enumerate}
  \item
    \begin{enumerate}
    \item Après un \pfcc, il y a eu $3$ \pfcC, $4$ \pfcF{} et $2$
      \pfcP. Il faut donc jouer \pfcc{} qui donne une probabilité de
      gain de $\nicefrac{4}{9}$ et une probabilité de défaite de
      $\nicefrac{2}{9}$.
    \item Après un \pfcF{} \pfcc, il y a eu $2$ \pfcC, $1$ \pfcF{} et $2$
      \pfcP. On joue donc \pfcp, car la probabilité de victoire est
      $\nicefrac{2}{5}$, ainsi que celle de nul, la probabilité de
      défaite est de $\nicefrac{1}{5}$.
    \item La plus grande série similaire est
      \pfcc\pfcC\pfcc\pfcF\pfcc. Le robot adverse à jouer \pfcP, il
      faudra jouer \pfcf.
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{CORRIGE}
\begin{CORRIGE}{3}
    \Partie{Partie 1}
    \begin{enumerate}
    \item La figure \ref{fig_olympAM_19aC} donne deux exemples
      d'enfilements différents donnant le même bracelet.
      \begin{figure}[!h]
        \centering
        \begin{tikzpicture}
          \foreach \r/\l in {0/A,.70/B,1.4/C,2.1/D,2.8/E,3.5/F}
          {
            \node[draw=colLogo,circle,line width=1pt,text=colLogo] (\l) at (\r,0) {\l} ;
          }
          \foreach \r/\l in {0/F,.70/A,1.4/B,2.1/C,2.8/D,3.5/E}
          {
            \node[draw=colLogo,circle,line width=1pt,text=colLogo] (\l) at (\r,1) {\l} ;
          }
        \end{tikzpicture}
        \caption{Exemples d'enfilements donnat le même bracelet }
        \label{fig_olympAM_19aC}
      \end{figure}
    \item Il y a $6$ choix pour la première perle, $5$ pour la 2\up{e}
      perle, \ldots, soit :
      $ 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 720$
      possibilités.
    \item Le motif se répète une fois, il y a donc $3 \times 2 \times
      1  = 6 $ possibilités.
    \item
      \begin{enumerate}
      \item Pour chaque perle, il y a $6$ possibilités, soit $6^6 =
        \num{46 656}$.
      \item Il y a $720$ possibilités avec des perles de couleurs
        toutes différentes, et $\num{46 656}$ au total, soit
        $\frac{720}{\num{46 656}} = \frac{5}{324}$.
      \end{enumerate}
    \end{enumerate}

    \Partie{Partie 2}
    \begin{enumerate}
    \item
      \begin{enumerate}
      \item Il y a donc
        $300 ^{50} = 3^{50} \times 100^{50} \approx \num{7.18e23}
        \times 10^{100} = \num{7.18e123}$.
      \item Il y a $300^{50}$ enfilements possibles. Pour la première
        perle, il y a $300$ choix, la 2\up{e} $299$, la 3\up{e} $298$,
        \ldots et $251$ choix possibles pour la 50\up{e}. Donc la
        probabilité est :
        \[
          \frac{300 \times 299 \times \ldots \times 251}{300 \times
            300 \times \ldots 300} = \frac{300}{300} \times
          \frac{299}{300} \times \ldots \frac{251}{300}.
        \]
      \item Les événements \og avoir des perles toutes différentes\fg,
        de probabilité $p$, et \og avoir au moins deux perles
        identiques\fg, de probabilité $q$, sont complémentaires.
        Donc $p= 1-q$. RESTE À CONCLURE.
      \end{enumerate}
    \item
      \begin{enumerate}
      \item L'algorithme complété donne :
        \begin{tcblisting}{top=0mm,bottom=0mm,left=0mm,right=0mm,colframe=colLogoFort,listing
            only, title={Exercice national, les grands pairs\ldots},
            fonttitle=\bfseries\small,colbacktitle=colLogoFort,
            listing options={language=python,style=afdmpython}}

p = 1
for i in range(1,51) :
    p = p *(300 - i)/300
print(p)
        \end{tcblisting}
      \item La valeur affichée par $p$ est : $0,0132$. La probabilité
        d'avoir des perles toutes différentes est inférieure à la
        probabilité d'avoir au moins deux couleurs différentes.
      \item Cela confirrme donc l'opinion de la question 1.c.
      \end{enumerate}
    \end{enumerate}

    \Partie{Partie 3}


    \begin{enumerate}
    \item
      \begin{itemize}
      \item Pour une boîte carrée, les colliers s'imbriquant
        parfaitement contiennent : $1$, $4$, $9$, $16$, $25$, $36$,
        $49$, $64$\ldots. Donc, le collier ne s'imbrique pas dans une
        boîte carrée. Il faut $14$ perles de plus.
      \item Pour une boîte triangulaire, les colliers s'imbriquant
        parfaitement contiennent : $1$, $3$, $6$, $10$, $15$, $21$,
        $28$, $36$, $45$, $55$\ldots. Donc, le collier ne s'imbrique pas dans une
        boîte triangulaire, il faut $5$ perles de plus.
      \item Pour une boîte hexagonale, les colliers s'imbriquant
        parfaitement contiennent : $1$, $7$, $19$, $37$,
        $61$\ldots. Donc, le collier ne s'imbrique pas dans une
        boîte hexagonale. Il faut rajouter $11$ perles de plus.
      \end{itemize}
    \item Dans une boîte carrée de côté, les colliers qui s'imbriquent
      parfaitement comporte $n^2$ perles.
    \item Le schéma comporte $2$ fois les nombres triangulaires, il
      comporte $n(n+1)$ perles. Donc les nombres triangulaires sont
      donnés par la formule :
      \[
        \frac{n(n+1)}{2}
      \]
    \item Soit $n$ le nombre de rang dans la boîte triangulaire. Alors
      $\frac{n(n+1)}{2} \geq 500$, soit $n(n+1) \geq 1000$. Donc, $n$
      doit être proche de la racine de $1000$, soit environ $31$. Or
      $31 \times 32 = 992$ et $32 \times 33 = 1056$. Le collier doit
      donc contenir $528$ perles au minimum.
    \item Le schéma se décompose en $6$ nombres triangulaires de rang
      $n-1$ plus la bille centrale. On a donc :
      \[
        6 \frac{n(n-1)}{2}+1.
      \]
    \item On doit avoir l'égalité : $ 1+6 \frac{n(n-1)}{2} = 1027$,
      soit $n(n-1) =  342$, soit $n = 19$.

      Un collier de $1027$ perles tient dans une boîte hexagonale de
      côté $19$.
    \item Avec une boîte carré de $22$ de côté, on met $484$ perles,
      avec une boîte triangulaire de côté $31$, on met $496$ perles et
      avec une boîte hexagonale de côté $13$, on met $469$
      perles. Donc la boite inférieure à $500$ qui comporte le plus de
      perles est la boîte triangulaire de côté $31$.
    \item Peut-démontrer que cette question n'a pas de réponse ?
    \end{enumerate}
  
\end{CORRIGE}
