%\documentclass{article} %DÉSACTIVER POUR A5
\documentclass[a5paper]{article} %ACTIVER POUR A5

%########
% Packages #
%########

\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[frenchb]{babel}

%######Affichage des maths
\DecimalMathComma %pour ne plus avoir d'espace après la virgule dans l'écriture décimale des nombres

\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb,amsthm}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{amsopn}

\usepackage[np]{numprint}%écriture des nombres avec des espaces et en écriture scientifique

%######Graphique
\usepackage[dvipsnames]{xcolor}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{pgf}
\usepackage{tikz}
\usepackage{tkz-tab}
\usetikzlibrary{shapes,arrows}

\usepackage{geometry} 
\geometry{hscale=0.85,vscale=0.85,centering}

%######Tableau
\usepackage{array}%pour centrer dans un tableau

\usepackage{colortbl}%pour colorier les cellules lignes colonnes d'un tableau: \rowcolor{} , 	\columncolor{}

\usepackage{tabularx}%quelques amélioraions de l"environnement tabular

%######Hyperliens dans les pdf

\usepackage[colorlinks=true,linkcolor=magenta,urlcolor=magenta]{hyperref}% Pour créer des liens à l'intérieur du pdf: \hyperlink{label}{texte du lien} permettra d'atteindre la cible identifiée par \hypertarget{label}{texte de la cible}. Les textes du lien et de la cible peuvent être vides.

%######Vrac
\usepackage{eurosym}%pour afficher le symbole euro

\usepackage{enumerate}%énumération avec des lettres Pour avoir une liste en ligne utiliser \begin{tasks} et non pas enumerate puis \task et non pas \item

\usepackage{stmaryrd}%pour faire des "intervalles" d'entiers \llbracket et \rrbracket

\usepackage{xlop}%poser les calculs

\usepackage{verbatim}%pour utiliser commande \exclure et normalement pour faire l'affichage tel quel sans compiler le texte. 
%\usepackage{alltt}%Pour utiliser une commande latex dans un environnement verbatim il faut utiliser: alltt

\usepackage{fancyhdr}

%######Algo

\usepackage{listings} % \begin{lstlisting} \end{lstlisting} affiche du code comme le fait le langage choisi. \lstset{language=Pascal} \lstset{language=Python} pour choisir le langage dans le document avant chaque programme ou avant le \begin{document} pour l'appliquer à tout le document. \lstset{} permet d'indiquer toutes les options. Pas de caractère accentué (option lourdingue à rajouter). Il espossible d'inclure un code python d'un fichier extérieur \lstinputlisting{source_filename.py}.
\lstset{language=Python}

\usepackage[french]{algorithm2e}%pseudocode

%#####################
% Commande et environnement #
%#####################

\theoremstyle{plain}

\renewcommand{\thesection}{{}}
\renewcommand{\thesubsection}{\color{purple}\Roman{subsection}}
\renewcommand{\thesubsubsection}{}

\newenvironment{correction}{\color{Brown}}{\medskip}

\newenvironment{sujet}{}{\medskip}

%environnement bareme
\newenvironment{bareme}{\footnotesize \hfill }{\footnotesize \emph{~points}}


\newenvironment{notes}{\color{violet}\noindent ~\\}{~\\}

%environnement exercice
\newcounter{Exercice}
\setcounter{Exercice}{1}
\newcounter{Exercicecorrection}
\newenvironment{exercice}{ \setcounter{Exercicecorrection}{\theExercice} \medskip \noindent \underline{\color{blue}Exercice \theExercice} \addtocounter{Exercice}{1} \medskip \color{blue}\small}{\medskip}

%environnement exercicecorrection
\newenvironment{exercicecorrection}{\medskip \small \color{Brown} \noindent \underline{Correction exercice \theExercicecorrection}

}{~\newline}

%environnement exercice supplémentaire
\newenvironment{exercicesup}{ \setcounter{Exercicecorrection}{\theExercice} \medskip \noindent \underline{\footnotesize\color{violet}Exercice \theExercice{} pour s'entraîner. } \addtocounter{Exercice}{1} \medskip \color{violet}\footnotesize}{\medskip}

%environnement exercice interrogation
\newcounter{Exerciceinterro}
\setcounter{Exerciceinterro}{1}
\newenvironment{exerciceinterro}{
\medskip \noindent \underline{\color{purple}Exercice noté \theExerciceinterro . } \addtocounter{Exerciceinterro}{1} \medskip \color{blue}\small }{\medskip}

%environnement exercice interrogation déjà donné
\newcounter{Exerciceinterrofait}
\setcounter{Exerciceinterrofait}{1}
\newenvironment{exerciceinterrofait}{
\medskip \noindent \underline{\color{purple}Exercice noté déjà fait\theExerciceinterrofait . } \addtocounter{Exerciceinterrofait}{1} \medskip \color{blue}\small }{\medskip}

%environnement pour le résumé de la démonstration écrire en orange
\newenvironment{resume}{\color{orange}}{\medskip}

%environnement definition
\newcounter{Definition}
\setcounter{Definition}{1}
\newenvironment{définition}{\medskip \noindent {\color{orange}Définition \theDefinition} \addtocounter{Definition}{1} \newline \noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement théorème il est possible d'ajouter un titre de théorème en mettant entre accolade le titre après le begin{théorème}
\newcounter{Theoreme}
\setcounter{Theoreme}{1}
\newenvironment{théorème}[1]{\medskip \noindent {\color{purple}Théorème \theTheoreme #1} \addtocounter{Theoreme}{1} 

\noindent \begin{tabular}{||m{12cm}||}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement proposition
\newcounter{Proposition}
\setcounter{Proposition}{1}
\newenvironment{proposition}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Proposition \theProposition #1} \addtocounter{Proposition}{1}

\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement lemme
\newcounter{Lemme}
\setcounter{Lemme}{1}
\newenvironment{lemme}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Lemme \theLemme #1} \addtocounter{Lemme}{1}

\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement corollaire
\newcounter{Corollaire}
\setcounter{Corollaire}{1}
\newenvironment{corollaire}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Corollaire \theCorollaire #1} \addtocounter{Corollaire}{1} 

\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement démonstration
\newcounter{Demonstration}
\setcounter{Demonstration}{1}
\newenvironment{preuve}{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Démonstration \theDemonstration} \addtocounter{Demonstration}{1} \color{CadetBlue} 

}{}

%environnement conclusion encadré et coloré
\newenvironment{conclusion}
	{\color{PineGreen}\begin{tabular}{|c|}\hline \\ \begin{minipage}{0.85\linewidth} \begin{center} }
	{\end{center} \end{minipage} \\ \\ \hline \end{tabular} }

%Commande pour l'objectif et l'écrire en vert
\newcommand{\objectif}[1]{{\color{PineGreen}#1}

\medskip}


%########################
%Test conditionnel pour l'affichage    #
%########################
\newif\ifs
%\strue%affiche la boite à trous
\sfalse%affiche la réponse

%Pour faire une case à trou complétable sur le pdf
\newcounter{Trous}
\setcounter{Trous}{1}
\newcommand{\trous}[2][3cm]{
\ifs
\begin{Form}
\TextField[name=\theTrous ,bordercolor=,borderwidth=0, backgroundcolor=gray!20, align=1,  width=#1 ,height=0.2cm, bordersep=0,color=black] {}
\end{Form}
\xspace
\else
#2
\fi
\addtocounter{Trous}{1}
}

%en tête puis pied de page
\pagestyle{empty}
\pagestyle{fancy} 
\renewcommand{\headrulewidth}{0pt}%Pas de ligne horizontale en haut
\lhead[]{}%entre crochets pages paires entre accolades pages impaires
\chead[\small ]{\footnotesize \href{http://unemainlavelautre.net/concours_general.html}{Concours général de mathématique s 2018} }% l left, c center, r right
\rhead[]{}
\lfoot[]{}
\cfoot[\small -\thepage -]{\small -\thepage -}
\rfoot[]{}

%Les couleurs déjà utilisées: blue = liens url, purple = mot importants, brown = correction, cyan = notes, green= exercices du manuel correspondant à la partie, orange=definition, purple = exercice, violet=proposition, corollaire et démonstration

%############################
%les environnements qu'on affiche ou pas  #
%############################

\newcommand{\exclure}[1]{\renewenvironment{#1}{\begingroup\comment}{\endcomment\endgroup\ignorespaces}}
\exclure{exerciceinterro}
\exclure{bareme}
\exclure{notes}
\exclure{exerciceinterrofait}
\exclure{exercicecorrection}
%\exclure{correction}
\exclure{resume}
\exclure{preuve}
%\exclure{sujet}

\begin{document}

\section{Concours général de mathématique s 2018.}

\begin{sujet}
	
	\emph{Durée: 5 heures.}
	
	\emph{La calculatrice est autorisée conformément à la réglementation.}
	
	\emph{La clarté et la précision de la rédaction seront prises en compte dans l'appréciation de la copie.}
	
\end{sujet}

\subsection{\color{purple}Problème: approximations de courbes.}

\subsubsection{Partie A: les polynômes de Bernstein.}

\begin{sujet}
	
	Pour tout entier naturel $n$ et pour tout entier naturel $i$ compris entre $0$ et $n$, on note $B_{n,i}$ le polynôme défini pour $p$ variant dans l'intervalle $[0;1]$ par \[ B_{n,i}(p)= \binom{n}{i} p^i (1-p)^{n-i}, \] avec $\binom{n}{i}$ le coefficient binomial, $i$ parmi $n$. Ainsi $B_{0,0}(p)=1$, $B_{1,0}(p)=1-p$ et $B_{1,1}(p)=p$.
	
	Ces polynômes sont appelés \textbf{\emph{\color{purple}polynômes de Bernstein}}.

\end{sujet}

\begin{correction}
	
	Dans cette partie il s'agit de retrouver des résultats de probabilité concernant une variable aléatoire suivant une loi binomiale.
	
\end{correction}

\begin{enumerate}
	\item 
	
	\begin{enumerate}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Donner l'expression de $B_{2,0}(p)$, $B_{2,1}(p)$ et $B_{2,2}(p)$.
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			{\color{orange}Rappelons que les coefficients binomiaux peuvent se retrouver avec la formule \[ \binom{n}{i} = \frac{n!}{(n-i)!i!}, \] où $n!= n \cdot (n-1) \cdots 3 \cdot 2 \cdot 1$ est appelé factorielle $n$ avec la convention $0!=1$.
			
			Il est aussi possible de les retrouver en utilisant le triangle de Pascal que nous construisons grâce à la formule de Pascal \[ \binom{n}{i} + \binom{n}{i+1}= \binom{n+1}{i+1} \]
			
			\begin{center}
				
				\begin{tabular}{c|cccccc}
					& 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 
					\\
					\hline
					0 & 1 &&&&&
					\\
					1 & 1 & 1 &&&&
					\\
					2 & 1 & 2 & 1 && &
					\\
					3 & 1 & 3 & 3 & 1 & &
					\\
					4 & 1 & 4 & 6 & 4 & 1 &
					\\
					$\vdots$ & $\vdots$ & $\vdots$ & $\vdots$ & $\vdots$ & $\vdots$ & $\ddots$
					\\
				\end{tabular}
			
			\end{center}
			}
			
			\medskip
			\objectif{Déterminons les polynômes de Bernstein pour $n=2$.}
			
			\begin{align*}
				B_{2,0}(p) &= \binom{2}{0} p^0 (1-p)^{2-0}\\
				&= \frac{2!}{(2-0)!0!} (1-p)^{2}\\
				&= p^2-2p+1
			\end{align*}
			
			\begin{align*}
				B_{2,1}(p) &= \binom{2}{1} p^1 (1-p)^{2-1}\\
				&= \frac{2!}{(2-1)!1!} p(1-p)\\
				&= -2p^2+2p
			\end{align*}
			
			\begin{align*}
				B_{2,2}(p) &= \binom{2}{2} p^2 (1-p)^{2-2}\\
				&= \frac{2!}{2!(2-2)!}p^2\\
				&= p^2
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				$\begin{aligned}
					B_{2,0}(p) &= p^2-2p+1\\
					B_{2,1}(p) &= -2p^2+2p\\
					B_{2,2}(p) &= p^2
				\end{aligned}$
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item
		
		\begin{sujet}
			
			Déterminer l'expression des polynôme des Bernstein pour $n=3$, à savoir $B_{3,0}(p)$, $B_{3,1}(p)$, $B_{3,2}(p)$ et $B_{3,3}(p)$.
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Déterminons les polynômes de Bernstein pour $n=3$.}
			
			\begin{align*}
				B_{3,0}(p) &= (1-p)^3\\
				&= -p^3+3p^2-3p+1
			\end{align*}
			
			\begin{align*}
				B_{3,1}(p) &= 3p(1-p)^2\\
				&= 3p^3-6p^2+3p
			\end{align*}
			
			\begin{align*}
				B_{3,2}(p) &= 3p^2(1-p)\\
				&= -3p^3+3p^2
			\end{align*}
			
			\begin{align*}
				B_{3,3}(p) &= p^3
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				$\begin{aligned}
					B_{3,0}(p) &= -p^3+3p^2-3p+1\\
					B_{3,1}(p) &= 3p^3-6p^2+3p\\
					B_{3,2}(p) &= -3p^3+3p^2\\
					B_{3,3}(p) &= p^3
				\end{aligned}$
				
			\end{conclusion}
		
		\end{correction}
		
	\end{enumerate}
	
	\item 
	
	\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Quelle est l'expression de $B_{n,0}(p)$ et de $B_{n,n}(p)$?
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			Puisque $\binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1$ le résultat est clair.
			
			\begin{align*}
				B_{n,0}(p) &= \binom{n}{0}p^0 (1-p)^{n-0}\\
				&= (1-p)^n
			\end{align*}
			
			\begin{align*}
				B_{n,n}(p) &= \binom{n}{n} p^n (1-p)^{n-n}\\
				&= p^n
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				$\begin{aligned}
				 B_{n,0}(p) &= (1-p)^n\\
				 B_{n,0}(p) &= p^n
				\end{aligned}$
				
			\end{conclusion}
		
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Démontrer que pour tout $n\geqslant 1$ et pour tout $i$ compris entre $1$ et $n-1$, \[ B_{n,i}(p)=(1-p)B_{n-1,i}(p) + p B_{n-1,i-1}(p). \]
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			Soient $n\in\mathbb{N}^*$ et $i$ un entier naturel tel que $1\leqslant i \leqslant n-1$.
			
			\begin{align*}
				& (1-p)B_{n-1,i}(p) + p B_{n-1,i_1}(p)\\
				&= (1-p) \binom{n-1}{i} p^i (1-p)^{n-1-i} + p\binom{n-1}{i-1} p^{i-1} (1-p)^{n-1-(i-1)}\\
				&= \binom{n-1}{i-1}p^i(1-p)^{n-i} + \binom{n-1}{i-1} p^i (1-p)^{n-i}\\
				&= \left[ \binom{n-1}{i} + \binom{n-1}{i-1} \right] p^i (1-p)^{n-i}\\
				&= \binom{n}{i} p^i (1-p)^{n-i}, \quad \text{d'après la formule de Pascal}\\
				&= B_{n,i}(p)
			\end{align*}
			
			Nous avons donc démontré que
			
			\begin{conclusion}
				
				quelque soient $n\in\mathbb{N}^*$ et $i\in \llbracket 1,n-1 \rrbracket$, $B_{n,i}(p)=(1-p)B_{n-1,i}(p) + p B_{n-1,i-1}(p)$.
				
			\end{conclusion}
		
		\end{correction}
		
	\end{enumerate}
	
	\item 
	
	\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			En quelle(s) valeur(s) $p\in [0;1]$ s'annule un polynôme de Bernstein?
			
			\emph{On raisonnera en distinguant les cas selon les valeurs de $n$ et de $i$.}
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Déterminons les racines des $B_{n,i}$.}
			
			\begin{enumerate}[*]
				\item Si $n=0$, alors $B_{0,0}(p)=1$ ne s'annule pas.
				\item Si $n=1$ et
				
				\begin{itemize}
					\item si $i=0$, alors $B_{1,0}(p)=1-p$ s'annule en $1$ uniquement.
					\item si $i=1$, alors $B_{1,1}(p)=p$ s'annule en $0$ uniquement.
				\end{itemize}
			
			\item Si $n>1$ et
			
			\begin{itemize}
				\item si $i=0$, alors $B_{n,0}(p)=(1-p)^n$ s'annule en $1$ uniquement.
				\item si $i=1$, alors $B_{n,n}(p)=p^n$ s'annule en $0$ uniquement.
				\item si $i\in \llbracket 1,n-1 \rrbracket$, alors $B_{n,i}=\binom{n}{i}p^i (1-p)^{n-i}$ admet deux racines distinctes: $0$ et $1$.
			\end{itemize}
				
			\end{enumerate}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Qu'en est-il de son signe sur $[0;1]$?
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			Soient $n\in \mathbb{N}$ et $i\in \llbracket 0,n \rrbracket$.
			
			$\binom{n}{i}>0$, et, pour tout $p\in [0;1]$, $p^i>0$ et $(1-p)^{n-i}>0$. Le produit de ces trois facteurs est donc encore strictement positif.
			
			\begin{conclusion}
				
				$\forall n\in \mathbb{N},\ \forall i \in \llbracket 0,n \rrbracket,\ \forall p\in [0;1],\ B_{n,i}(p)>0$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
	\end{enumerate}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Démontrer que les polynômes de Bernstein d'un même degré $n$ forment une partition de l'unité: c'est-à-dire, que pour tout entier naturel $n$, \[ \sum_{i=0}^{n} B_{n,i}(p) = B_{n,0}(p) + B_{n,1}(p) + \dots + B_{n,n-1}(p) + B_{n,n}(p) =1 . \]
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		Soit $n\in\mathbb{N}$. 
		
		Notons $P(n)$: \og $\sum_{i=0}^n B_{n,i}(p)=1$ \fg{}.
		
		\medskip
		\objectif{Démontrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $P(n)$ est vraie.}
		
		\begin{enumerate}
			\item {\color{orange}Initialisation.}
			
			Démontrons que $P(0)$ est vraie.
			
			\begin{align*}
				B_{0,0}(p) &= \binom{0}{0}p^0 (1-p)^0\\
				&= 1
			\end{align*}
			
			Donc $P(0)$ est vraie.
			
			\item {\color{orange}Hérédité.} 
			
			Soit $n\in\mathbb{N}$. 
			
			Supposons que $P(n)$ est vraie et démontrons que $P(n+1)$ est vraie.
			
			Soit $p\in [0;1]$.
			
			\begin{align*}
				\intertext{Notons}
				S_{n+1} &= \sum_{i=0}^{n+1} B_{n+1,i}(p) \\
				\intertext{Donc:}
				S_{n+1} &= B_{n+1,0}(p)+B_{n+1,n+1}(p) + \sum_{i=1}^nB_{n+1,i}(p)\\
				\intertext{D'après la question 2.b:}
				S_{n+1} &= (1-p)^{n+1}+ p^{n+1} + \sum_{i=1}^n \left[ (1-p)B_{n,i}(p) +pB_{n,i-1}(p) \right]\\
				&= (1-p)^{n+1}+ p^{n+1} + (1-p)\left[ \sum_{i=1}^n B_{n,i}(p) \right] + p \left[ \sum_{i=1}^n B_{n,i-1}(p) \right]\\
				&= (1-p)^{n+1}+ p^{n+1} + (1-p) \left[ \sum_{i=0}^n B_{n,i}(p) \right] -(1-p)B_{n,0}(p) \\
				&\quad  + p \left[ \sum_{j=0}^{n-1} B_{n,j}(p) \right]\\
				\intertext{Par hypothèse de récurrence:}
				S_{n+1} &= (1-p)^{n+1}+ p^{n+1} + (1-p) -(1-p)^{n+1}+ p\left[ \sum_{j=0}^n B_{n,j}(p) \right] \\
				&\quad - pB_{n,n}(p) \\
				\intertext{Par hypothèse de récurrence:}
				&= p^{n+1} +(1-p) +p -p^{n+1}\\
				&= 1
			\end{align*}
			
			Donc $P(n+1)$ est vraie.
			
		\end{enumerate}
		
		\begin{conclusion}
			
			Nous avons démontré par récurrence que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\displaystyle \sum_{i=0}^n B_{n,i}(p)=1$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\objectif{Démontrons que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\sum_{i=0}^n B_{n,i}(p)=1$.}
		
		{\color{orange}Démonstration alternative et plus élégante en utilisant la formule du binôme de Newton qui est hors programme.}
		
		Pour $a$ et $b$ des réels (ou des complexes) et $n$ une entier naturel: \[ (a+b)^n = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} a^ib^{n-i} \]
		
		En particulier pour $a=p$ et $b=1-p$ 
		
		\begin{conclusion}
			
			$\sum_{i=0}^n B_{n,i}(p)=1=1$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Déterminer la valeur des sommes  \[ \sum_{i=0}^n i B_{n,i}(p) \quad \text{et} \quad \sum_{i=0}^n i^2 B_{n,i}(p). \]
		
		Que représentent ces sommes en termes probabilistes?
			
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
			
		{\color{orange}Le plus simple est évidemment d'adopter un point de vue probabiliste. Mais l'énoncé semble vouloir démontrer ces résultats de probabilité nous préférerons donc une autre approche.}
		
		\medskip
		\begin{conclusion}
			
			$\displaystyle \sum_{i=0}^n i B_{n,i}(p)$ et $\displaystyle \sum_{i=0}^n i^2 B_{n,i}(p)$ sont respectivement l'espérance et le moment d'ordre deux d'une variable aléatoire suivant une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		Cela nous permet de conjecturer les résultats à démontrer. En effet si $X$ suit une loi binomiale de paramètre $n$ et $p$, alors $E(X)=np$ et puisque $V(X)=E \left[ (X-E(X))^2 \right]=np(1-p)$, le moment d'ordre deux est $E(X^2)=V(X)+E(X)^2=np(1-p)+n^2p^2$.
		
		\medskip
		\objectif{Démontrons que $\displaystyle \sum_{i=0}^n i B_{n,i}(p)=np$.}
		
		Notons, pour $n\in\mathbb{N}$, $P(n)$: \og $\sum_{i=0}^n i B_{n,i}(p)=np$\fg{}.
		
		\begin{enumerate}[*]
			\item $P(0)=$ est évidemment vraie.
			\item Soit $n\in \mathbb{N}$. Supposons que $P(n)$ est vraie et démontrons qu'alors $P(n+1)$ est vraie.
			
			\begin{align*}
				\intertext{Notons:}
				T_{n+1} &= \sum_{i=0}^{n+1} i B_{n+1,i}(p)\\
				&= (n+1) B_{n+1,n+1}(p) + \sum_{i=1}^n i B_{n+1,i}(p)\\
				&= (n+1)p^{n+1}+ \sum_{i=1}^n i(1-p) B_{n,i}(p) + ipB_{n,i-1}(p)\\
				&= (n+1)p^{n+1} +(1-p) \left[ \sum_{i=1}^n i B_{n,i}(p) \right] + p \left[ \sum_{i=1}^n i B_{n,i-1}(p) \right]\\
				\intertext{D'après l'hypothèse de récurrence:}
				T_{n+1} &= (n+1) p^{n+1} +(1-p) np+p \left[ \sum_{i=1}^n iB_{n,i-1}(p) \right]\\
				&= (n+1)p^{n+1} + (1-p)np + p\sum_{j=0}^{n-1} (j+1) B_{n,j}(p)\\
				&= (n+1) p^{n+1} +(1-p)np +p \left[ \sum_{j=0}^n (j+1) B_{n,j}(p) \right] - p(n+1)p^n\\
				&= (1-p)np + p \left[ \sum_{j=0}^n jB_{n,j}(p) \right] + p \left[ \sum_{i=0}^n B_{n,j}(p) \right]\\
				\intertext{D'après l'hypothèse de récurrence et la question 4:}
				T_{n+1} &= (1-p)np + pnp+p\\
				&= np-np^2+np^2+p\\
				&= (n+1)p
			\end{align*}
			
			Ainsi $P(n+1)$ est vraie.
			
		\end{enumerate}
		
		\begin{conclusion}
			
			Nous avons démontré par récurrence que, quelque soit $n\in \mathbb{N}$, $\displaystyle \sum_{i=0}^n i B_{n,i}(p)=np$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\objectif{Démontrons que $\displaystyle \sum_{i=0}^n i B_{n,i}(p)=np$.}
		
		{\color{orange} Encore une démonstration plus rapide et plus élégante utilisant la formule du binôme.}
		
		Pour tous $n\in\mathbb{N}^*$ et $(x,b)\in\mathbb{R}^2$ nous avons \[ (x+b)^n = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} x^i b^{n-i} \]
		

		De part et d'autre du signe d'égalité nous voyons des fonctions polynomiales de la variable $x$, donc dérivables sur $\mathbb{R}$ et en dérivant: \[ n(x+b)^{n-1}= \sum_{i=1}^n  \binom{n}{i} i x^{i-1} b^{n-i} \]
		
		En multipliant terme à terme par $x$ \[ nx(x+b)^n =\sum_{i=1}^n \binom{n}{i} ix^ib^{n-i} \]
		
		Enfin \[ \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} ix^ib^{n-i} = nx(x+b)^n  \] 
		
		Donc pour $x=p$ et $b=1-p$, \[ \sum_{i=0}^n i B_{n,i}(p) = np \]
		
		Ce qui reste valable pour $n=0$ donc:
		
		\begin{conclusion}
			
			nous avons démontré que $n\in \mathbb{N}$, $\displaystyle \sum_{i=0}^n i B_{n,i}(p)=np$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\objectif{Démontrons par récurrence que $\displaystyle \sum_{i=0}^n i^2 B_{n,i}(p)= np(1-p)+n^2p^2$.}
		
		Notons $P(n)$: \og $\sum_{i=0}^n i^2 B_{n,i}(p) = np(1-p)+n^2p^2$ quelque soit $n\in\mathbb{N}$.
		
		\begin{enumerate}[*]
			\item $P(0)$ est trivialement vraie.
			\item Soit $n\in \mathbb{N}$. Supposons que $P(n)$ est vraie et démontrons qu'alors $P(n+1)$ est vraie.
			
			\begin{align*}
				\intertext{Notons:}
				H_{n+1} &= \sum_{i=0}^{n+1} i^2 B_{n+1,i}(p)\\
				&= (n+1)^2 B_{n+1,n+1}(p) + \sum_{i=1}^n i^2 B_{n+1,i}(p)\\
				&= (n+1)^2p^{n+1}+ \sum_{i=1}^n i^2(1-p) B_{n,i}(p) + i^2pB_{n,i-1}(p)\\
				&= (n+1)^2p^{n+1} +(1-p) \left[ \sum_{i=1}^n i^2 B_{n,i}(p) \right] + p \left[ \sum_{i=1}^n i^2 B_{n,i-1}(p) \right]\\
				\intertext{D'après l'hypothèse de récurrence:}
				H_{n+1} &= (n+1)^2 p^{n+1} +(1-p) \left[ np(1-p)+n^2p^2 \right]+p \left[ \sum_{i=1}^n i^2 B_{n,i-1}(p) \right]\\
				&= (n+1)^2 p^{n+1} + (1-p) \left[ np(1-p)+n^2p^2 \right] + p\sum_{j=0}^{n-1} (j+1)^2 B_{n,j}(p)\\
				&= (n+1)^2 p^{n+1} +(1-p) \left[ np(1-p)+n^2p^2 \right] +p \left[ \sum_{j=0}^n (j+1)^2 B_{n,j}(p) \right] \\
				&\quad - p(n+1)^2p^n\\
				\intertext{En développant $(j+1)^2$:}
				H_{n+1} &= (1-p) \left[ np(1-p)+n^2p^2\right] + p \left[ \sum_{j=0}^n j^2 B_{n,j}(p) \right] +2p \left[ \sum_{j=0}^n j B_{n,j}(p) \right] \\
				&\quad + p \left[ \sum_{j=0}^n  B_{n,j}(p) \right] \\
				\intertext{D'après l'hypothèse de récurrence et des résultats précédents:}
				H_{n+1} &= (1-p) \left[np(1-p)+n^2p^2 \right] + p \left[ np(1-p)+n^2p^2 \right] + 2pnp+p\\
				&= \left[ np(1-p)+n^2p^2 \right] + 2np^2+p\\
				&= (n+1)p(1-p)+(n+1)^2p^2
			\end{align*}
			
			Ainsi $P(n+1)$ est vraie.
			
		\end{enumerate}
			
		\begin{conclusion}
			
			Nous avons démontré par récurrence que, quelque soit $n\in \mathbb{N}$, $\displaystyle \sum_{i=0}^n i^2 B_{n,i}(p)=np(1-p)+n^2p^2$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\objectif{Démontrons que $\displaystyle \sum_{i=0}^n i^2 B_{n,i}(p)= np(1-p)+n^2p^2$.}
		{\color{orange}Utilisons l'astuce précédemment consistant à dérivée la formule du binôme.}
		
		\medskip
		Soient $n\in\mathbb{N}$ avec $n\geqslant 2$, $(x,b)\in \mathbb{R}$. La formule du binôme de Newton s'énonce \[ (x+n)^n = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} x^i b^{n-i}. \]
		
		En dérivant deux fois chaque membre par rapport à $x$: \[ n(n-1) (x+b)^{n-2} = \sum_{i=2}^n \binom{n}{i} i(i-1) x^{i-2} b^{n-i} \]
		
		D'où \[ \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} i(i-1) x^i b^{n-i} = n(n-1)(x^2) (x+b)^{n-2}. \]
		
		Pour $x=p$ et $b=1-p$ 
		
		\begin{align*}
			\sum_{i=0}^n i(i-1) B_{n,i}(p) &= n(n-1) p^2\\
			\intertext{qui équivaut successivement à:}
			\sum_{i=0}^n i^2 B_{n,i}(p) &= n(n-1)p^2 + \sum_{i=0}^n iB_{n,i}(p)\\
			\sum_{i=0}^n i^2 B_{n,i}(p) &= n(n-1)p^2 +np
		\end{align*}
		
		Ce résultat restant valable pour $n=0$ ou $n=1$:
		
		\begin{conclusion}
			
			Nous avons démontré que, quelque soit $n\in \mathbb{N}$, $\displaystyle \sum_{i=0}^n i^2 B_{n,i}(p)=np(1-p)+n^2p^2$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
\end{enumerate}

\subsubsection{Partie B: des courbes de Bézier.}

\begin{sujet}
	
	On munit le plan d'un repère orthonormé $(O,I,J)$. Soit $n$ un entier naturel. On se donne $n+1$ points non alignés du plan $P_0$, $P_1$, $\dots$, $P_{n-1}$, $P_n$.
	
	On appelle \textbf{\emph{\color{purple}courbe de Bézier}} de degré $n$ et de points de contrôle $P_0$, $P_1$, $\dots$, $P_{n-1}$, $P_n$ l'ensemble des points $M(p)$ du plan avec $p$ variant dans l'intervalle $[0;1]$ tels que \[ \overrightarrow{OM(p)}= \sum_{i=0}^n B_{n,i}(p) \overrightarrow{OP_i}. \]
	
	Dans la suite on va s'intéresser à des courbes de Bézier de degré $0$, $1$ ou $2$.
	
	On se fixe donc $A$, $B$, $C$ trois points du plan non alignés.
	
\end{sujet}

\begin{correction}
	
	{\color{orange}Dans cette partie les questions sont liées à des questions de barycentres et de convexité.}
	
\end{correction}

\begin{enumerate}
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Reconnaître la nature géométrique
		
	\end{sujet}
	
	\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			de la courbe de Bézier de degré $0$ et de point de contrôle $A$.
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Déterminons la courbe de Bézier.}
			
			\[ \overrightarrow{OM(p)}= \sum_{i=0}^0 B_{0,0}\overrightarrow{OP_0} \] autrement dit \[ \overrightarrow{OM(p)}= \overrightarrow{OA}. \]
			
			\begin{conclusion}
				
				La courbe de Bézier est réduite au point $A$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			de la courbe de Bézier de degré $1$ et de points de contrôle $B$ et $C$.
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Déterminons la courbe de Bézier.}
			
			L'égalité vectorielle devient
			
			\begin{align*}
				\overrightarrow{OM(p)} &= B_{1,0}(p) \overrightarrow{OB} + B_{1,1}(p) \overrightarrow{OC} \\
				\intertext{Ce qui équivaut successivement à}
				\overrightarrow{OM(p)} &= p \overrightarrow{OB} + (1-p) \overrightarrow{OC}\\
				\overrightarrow{OM(p)} &= p\left( \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{CB} \right) + (1-p) \overrightarrow{OC}\\
				\overrightarrow{OM(p)} &= p\overrightarrow{CB} + \overrightarrow{OC}\\
				\overrightarrow{CO}+ \overrightarrow{OM(p)} &= p \overrightarrow{CB}\\
				\overrightarrow{CM(p)} &= p \overrightarrow{CB}
			\end{align*}			
			
			Et puisque $p\in[0;1]$ nous en déduisons que
			
			\begin{conclusion}
				
				la courbe de Bézier est $[BC]$.
				
			\end{conclusion}
		
		\end{correction}
	
	\end{enumerate}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		On s'intéresse à une courbe de Bézier de degré $2$ et de points de contrôle $A$, $B$ et $C$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{enumerate}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Justifier que les points $A$ et $C$ appartiennent à cette courbe. Le point $B$ y appartient-il?
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Montrons que $A$ et $C$ appartiennent à la courbe de Bézier.}
			
			Nous avons
			
			\begin{align*}
				\overrightarrow{OM(p)} &= B_{2,0}(p) \overrightarrow{OA} + B_{2,1}(p) \overrightarrow{OB} + B_{2,2}(p) \overrightarrow{OC}\\
				\intertext{\emph{i.e.}}
				\overrightarrow{OM(p)} &= p^2 \overrightarrow{OA} + 2 p(1-p) \overrightarrow{OB} + (1-p)^2 \overrightarrow{OC}\\
				\intertext{En particulier pour $p=1$}
				\overrightarrow{OM(1)} &= \overrightarrow{OA}
				\intertext{et pour $p=0$}
				\overrightarrow{OM(0)} &= \overrightarrow{OC}
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				Par conséquent $A$ et $C$ appartiennent à la courbe de Bézier.
				
			\end{conclusion}
			
			\medskip
			\objectif{Montrons en raisonnant par l'absurde que $B$ n'appartient pas à la courbe.}
			
			Supposons que $B$ appartienne à la courbe et démontrons que cela conduit à une absurdité.
			
			Si $B$ appartient à la courbe alors il existe $p_0 \in [0;1]$ tel que 
			
			\begin{align*}
				\overrightarrow{OB} &= B_{2,0}(p_0) \overrightarrow{OA} + B_{2,1}(p_0) \overrightarrow{OB} + B_{2,2}(p_0) \overrightarrow{OC}\\
				\intertext{ce qui équivaut successivement à}
				\overrightarrow{OB} &= B_{2,0}(p_0) (\overrightarrow{OB} +\overrightarrow{BA}) + B_{2,1}(p_0) \overrightarrow{OB} + B_{2,2}(p_0) (\overrightarrow{OB} +\overrightarrow{BC})\\
				\overrightarrow{OB} &= \left[ B_{2,0}(p_0) + B_{2,1}(p_0)+B_{2,2}(p_0) \right]  \overrightarrow{OB} + B_{2,0}(p_0) \overrightarrow{BA}) + B_{2,2}(p_0) \overrightarrow{BC}
				\intertext{d'après la question A-4:}
				\vec 0 &= B_{2,0}(p_0) \overrightarrow{BA} + B_{2,2}(p_0) \overrightarrow{BC}
			\end{align*}
			
			Ainsi $\overrightarrow{BA}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont colinéaires donc $A$, $B$ et $C$ sont alignés. Ce qui est impossible par construction.
			
			\begin{conclusion}
				
				Nous avons démontré que $B$ n'appartient pas à la courbe de Bézier.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Dans cette question on prend des points de coordonnées $A(-2;5)$, $B(2;1)$ et $C(4;3)$. Proposer une construction des points de cette courbe pour $p=\frac{1}{4}$, $p=\frac{1}{2}$ et $p=\frac{3}{4}$. Tracer la courbe à main levée.
			 
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Traçons la courbe.}
			
			Considérons les matrices colonnes associées aux vecteurs proposés dans la base canonique. L'égalité
			
			\begin{align*}
				\overrightarrow{OM(p)} &= \sum_{i=0}^n B_{n,i}(p) \overrightarrow{OP_i}\\
				\intertext{devient alors}
				\begin{pmatrix}
				x(p) \\ y(p)
				\end{pmatrix}
				&=
				p^2 \begin{pmatrix}
				-2 \\ 5
				\end{pmatrix}
				+p(1-p) \begin{pmatrix}
				2 \\ 1
				\end{pmatrix}
				+(1-p)^2 \begin{pmatrix}
				4 \\ 3
				\end{pmatrix}
			\end{align*}
			
			Ce qui conduit à la représentation paramétrique:
			
			\[ \left\{ \begin{array}{l} x(p)=-2p^2+2p(1-p)+4(1-p)^2 \\
			y(p)=5p^2+p(1-p)+3(1-p)^2 \end{array} \right. \]
			
			Autrement dit:
			
			\[ \left\{ \begin{array}{l} x(p)=-6p+4 \\
			y(p)=p^2-5p+3 \end{array} \right. \]
			
			Nous reconnaissons la représentation paramétrique d'une parabole en exprimant $y$ en fonction de $x$.
			
			Pour placer les points demandés il suffit de donner à $p$ les valeurs proposées dans le précédent système.
			
			\begin{center}
				\begin{tikzpicture}
					\def\xY{-3};
					\def\yY{-1};
					\def\xZ{5};
					\def\yZ{6};
					\coordinate (Y) at (\xY,\yY);
					\coordinate (Z) at (\xZ,\yZ);
					\draw[step=0.1cm,line width=0.01cm,black!30!white] (Y) grid (Z);
					\draw[step=0.5cm,line width=0.02cm,black!40!white] (Y) grid (Z);
					\draw[step=5cm,line width=0.05cm,black!50!white] (Y) grid (Z);
					\draw[step=1cm,line width=0.03cm,black!70!white] (Y) grid (Z);
					\draw[ ->,very thick] (\xY, 0) -- (\xZ, 0) node[right]{$x$};
					\draw[ ->,very thick] (0, \yY) -- (0, \yZ) node[above]{$y$};
					\foreach \x in {1}	\draw[thick](\x,0.1cm)--(\x,-0.1cm) node[below,fill=white]{\footnotesize  \pgfmathparse{\x }\pgfmathprintnumber{\pgfmathresult}};
					\foreach \y in {1}	\draw[thick](0.1cm,\y)--(-0.1cm,\y) node[left,fill=white]{\footnotesize  \pgfmathparse{\y }\pgfmathprintnumber{\pgfmathresult}};
					\coordinate (O) at (0,0);
					\coordinate (A) at (-2,5);
					\coordinate (B) at (2,1);
					\coordinate (C) at (4,3);
					\draw (O) node{$\times$};
					\draw (O) node[below left]{$O$};
					\draw (A) node{$\times$};
					\draw (A) node[below left]{$A$};
					\draw (B) node{$\times$};
					\draw (B) node[below right]{$B$};
					\draw (C) node{$\times$};
					\draw (C) node[above]{$C$};
					\draw[blue, thick][samples=100,domain=0:1] plot({\x * \x *(-2) +\x *(1- \x )*2 +(1-\x )*(1-\x ) * 4} , {\x * \x *(5) +\x *(1- \x )*1 +(1-\x )*(1-\x ) * 3});
					\foreach \x in {0.25,0.5,0.75} \draw ({\x * \x *(-2) +\x *(1- \x )*2 +(1-\x )*(1-\x ) * 4} , {\x * \x *(5) +\x *(1- \x )*1 +(1-\x )*(1-\x ) * 3}) node{$\times$};
					\foreach \x in {0.25,0.5,0.75} \draw ({\x * \x *(-2) +\x *(1- \x )*2 +(1-\x )*(1-\x ) * 4-0.5} , {\x * \x *(5) +\x *(1- \x )*1 +(1-\x )*(1-\x ) * 3-0.25}) node[below,fill=white]{\footnotesize $p=$ \x};
				\end{tikzpicture}
			\end{center}
		\end{correction}
	\end{enumerate}
	
	\item
	
	\begin{sujet}
		
		Démontrer que cette courbe est nécessairement inscrite dans le triangle $ABC$.
		
	\end{sujet}

	\begin{correction}
		
		{\color{orange}La notion de barycentre n'est plus au programme du lycée. Je ne vois cependant pas d'autre approche.}
		
		\medskip
		Soit $p\in[0;1]$.
		
		Par construction $M(p)$ est le barycentre du système de points pondérés $\{ (A,p^2), (B,2p(1-p)), (C,(1-p)^2) \}$.
		
		Les coefficients $B_{n,i}(p)$ étant tous positifs d'après A.3.(b), nous en déduisons que le barycentre du système est dans l'enveloppe convexe des trois points $A$, $B$ et $C$. Autrement dit $M(p)$ est dans le triangle $ABC$.
		
		Ceci étant vrai pour tout $p\in [0;1]$
		
		\begin{conclusion}
			
			la courbe est nécessairement inscrite dans $ABC$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Quelle pourrait être la nature géométrique de cette courbe de Bézier de degré $2$? Justifier votre réponse.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		Les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés nous pouvons donc considérer le repère $(B,A,C)$ du plan.
		
		\begin{align*}
		\overrightarrow{OM(p)} &= \sum_{i=0}^n B_{n,i}(p) \overrightarrow{OP_i}\\
		\intertext{Donc avec les trois points $A$, $B$ et $C$:}
		\overrightarrow{OM(p)} &= p^2\overrightarrow{OA} +2p(1-p)\overrightarrow{OB} + (1-p)^2 \overrightarrow{OC}\\
		\intertext{D'après la relation de Chasles et puisque $B_{2,0}(p) +B_{2,1}(p) +B_{2,2}(p)=1$:}
		\overrightarrow{BM(p)} &= p^2\overrightarrow{BA} + 2p(1-p)\overrightarrow{BB} + (1-p)^2 \overrightarrow{BC}\\
		\intertext{Dans le repère $(B,A,C)$ nous avons donc:}
		\begin{pmatrix}
			x(p)\\
			y(p)
		\end{pmatrix}
		&=
		p^2
		\begin{pmatrix}
			1\\
			0
		\end{pmatrix}
		+
		(1-p)^2
		\begin{pmatrix}
			0\\
			1
		\end{pmatrix}
		\end{align*}
		
		D'où
		
		\[ \left\{ \begin{array}{l}
			x(p)=p^2 \\
			y(p)=(1-p)^2
		\end{array} \right. \]
		
		Donc $y=x \pm 2 \sqrt{x}+1$ et $x\in[0;1]$.
		
		Quitte à faire un changement de variable: $y=X^2 + 2X+1$, $X\in [0;1]$. Il s'agit de l'équation d'un arc de parabole.
		
		\begin{conclusion}
			
			La courbe de Bézier de degré 2 est un arc de parabole.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
\end{enumerate}

\subsection{\color{purple}Problème: un si discret Monsieur Dirichlet.}

\begin{sujet}
	
	Soit $\mathscr{S}$ un ensemble fini non vide de points du plan. Certaines paires de points de $\mathscr{S}$ sont reliées par des traits, éventuellement en plusieurs étapes, il est toujours possible de passer d'un point à n'importe quel autre (les intersections éventuelles entre les traits ne sont pas considérées et un point n'est jamais relié à lui-même).
	
	\medskip
	Deux points de $\mathscr{S}$ reliés par un trait sont dit \textbf{\emph{\color{purple}voisins}}.
	
	\medskip
	Si $M$ est un point de $\mathscr{S}$, on note $V(M)$ l'ensemble des voisins de $M$, et on note $d(M)$ le nombre de voisins de $M$, appelé le \textbf{\emph{\color{purple}degré}} de $M$.
	
	\medskip
	Chaque point de $\mathscr{S}$ a été colorié soit en bleu soit en jaune, et il y a au moins un point jaune dans l'ensemble $\mathscr{S}$. À chaque point jaune, Gustav a attribué un nombre réel de son choix. La mathématicienne Maryam voudrait alors attribuer un réel à chaque point bleu (pas forcément le même nombre d'un point bleu à un autre) de façon à satisfaire la propriété suivante:
	
	\begin{center}
		
		$(\mathscr{P}) \quad $ \textbf{Le nombre attribué à tout point bleu est la moyenne des nombres attribués à ses voisins.}
		
	\end{center}
	
\end{sujet}

\begin{correction}
	
	{\color{orange}Le prénom Gustav est probablement choisi en référence à Dirichlet tandis que Maryam l'est pour Maryam Mirzakhani mathématicienne décédée en 2017.
	
	Le titre indique que nous allons étudier une version discrète du problème de Dirichlet.}
	
\end{correction}

\subsubsection{Partie A: quelques exemples pour commencer.}

\begin{enumerate}
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Dans cette question uniquement, on suppose que $\mathscr{S}= \{  A,B,C \}$, avec $A$ voisin de $B$, lui-même voisin de $C$ comme sur le dessin ci-dessous.
		
		\begin{center}
			
			\begin{tikzpicture}
				\coordinate (A) at (0,0);
				\coordinate (B) at (2,0);
				\coordinate (C) at (4,0);
				\draw (A) node{$\circ$};
				\draw (A) node[below]{$a$};
				\draw (A) node[above]{$A$};
				\draw (B) node{$\bullet$};
				\draw (B) node[above]{$B$};
				\draw (C) node{$\bullet$};
				\draw (C) node[above]{$C$};
				\draw (A)--(B)--(C);
			\end{tikzpicture}
			
		\end{center}
		
		De plus $A$ est le seul point jaune et Gustav lui a attribué le réel $a$.
		
		Quels nombres Maryam doit-elle alors attribuer à $B$ et à $C$ afin de satisfaire la propriété $(\mathscr{P})$?
		
	\end{sujet}

	\begin{correction}
	
		Notons $b$ et $c$ les nombres associés respectivement à $B$ et $C$.
		
		$B$ et $C$ sont bleus donc $b= \frac{1}{2}(a+b)$ et $c=b$.
		
		Nécessairement: $a=b=c$.
		
		On vérifie aisément que, réciproquement, si $a=b=c$ cela convient.
		
		\begin{conclusion}
			
			Il faut attribuer le nombre $a$ aux points $B$ et $C$.
			
		\end{conclusion}
	
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Pour les trois questions suivantes on suppose que $\mathscr{S} = \{ A,B,C,D,E \}$. Les points $A$ et $E$ sont les seuls points jaunes, et Gustav leur attribué respectivement les réels $a$ et $e$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Les liaisons étant indiquées selon le schéma suivant, quels nombres Maryam doit-elle alors attribuer à chacun des points $B$, $C$ et $D$ afin de satisfaire la propriété $\left( \mathscr{P} \right)$?
			
			\begin{center}
				
				\begin{tikzpicture}
				\coordinate (A) at (0,0);
				\coordinate (B) at (2,0);
				\coordinate (C) at (4,0);
				\coordinate (D) at (6,0);
				\coordinate (E) at (8,0);
				\draw (A) node{$\circ$};
				\draw (A) node[below]{$a$};
				\draw (A) node[above]{$A$};
				\draw (B) node{$\bullet$};
				\draw (B) node[above]{$B$};
				\draw (C) node{$\bullet$};
				\draw (C) node[above]{$C$};
				\draw (D) node{$\bullet$};
				\draw (D) node[above]{$D$};
				\draw (E) node{$\circ$};
				\draw (E) node[below]{$e$};
				\draw (E) node[above]{$E$};
				\draw (A)--(B)--(C)--(D)--(E);
				\end{tikzpicture}
				
			\end{center}			
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			Comme précédemment, avec des notations semblables, nous devons avoir \[ \left\{  \begin{array}{l}
			b= \frac{1}{2} (a+c) \\
			c= \frac{1}{2} (b+d) \\
			d= \frac{1}{2} (c+e)
			\end{array} \right. \]
			
			Nous en déduisons \[ c=\frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} (a+c) + \frac{1}{2} (c+e) \right). \]
			
			Et donc \[ c= \frac{1}{2} (a+e). \]
			
			Nous en déduisons \[ \left\{ \begin{array}{l} b=\frac{3}{4} a + \frac{1}{4}e \\
			d= \frac{1}{4} a + \frac{3}{4}e \end{array} \right. \]
			
			Réciproquement nous vérifions que ces valeurs conviennent.
			
			\begin{conclusion}
				
				$\left\{ \begin{aligned} 
				b=\frac{3}{4} a + \frac{1}{4}e \\
				c=\frac{1}{2} a + \frac{1}{2}e \\
				d= \frac{1}{4} a + \frac{3}{4}e \end{aligned} \right.$
				
			\end{conclusion}	
			
			\medskip
			{\color{orange}Remarquons que nous pouvons retrouver la somme des nombres associés aux nœuds grâce à la matrice d'adjacence du graphe
			\[ 
			\begin{pmatrix}
			\frac{1}{d(A)} & \frac{1}{d(B)} & \frac{1}{d(C)} & \frac{1}{d(D)} & \frac{1}{d(E)}
			\end{pmatrix}
			\begin{pmatrix}
			0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
			1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
			0 & 1 & 0 & 1 & 0\\
			0 & 0 & 1 & 0 & 1\\
			0 & 0 & 0 & 1 & 0
			\end{pmatrix} 
			\begin{pmatrix}
			a \\ b \\ c \\ d \\ e
			\end{pmatrix}
			=
			\begin{pmatrix}
			\frac{1}{d(A)}b\\
			\frac{1}{d(B)}(a+c)\\
			\frac{1}{d(C)}(b+d)\\
			\frac{1}{d(D)} (c+e)\\
			\frac{1}{d(E)}d
			\end{pmatrix}\]
			} 
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Même question pour le schéma suivant:
			
			\begin{center}
				
				\begin{tikzpicture}
				\coordinate (A) at (0,0);
				\coordinate (B) at (2,0);
				\coordinate (C) at (2,2);
				\coordinate (D) at (0,2);
				\coordinate (E) at (4,2);
				\draw (A) node{$\circ$};
				\draw (A) node[left]{$a$};
				\draw (A) node[below]{$A$};
				\draw (B) node{$\bullet$};
				\draw (B) node[below]{$B$};
				\draw (C) node{$\bullet$};
				\draw (C) node[above]{$C$};
				\draw (D) node{$\bullet$};
				\draw (D) node[left]{$D$};
				\draw (E) node{$\circ$};
				\draw (E) node[right]{$e$};
				\draw (E) node[below]{$E$};
				\draw (E)--(C)--(D)--(A)--(B)--(C);
				\draw (D) to[bend left] (E);
				\end{tikzpicture}
				
			\end{center}			
			
		\end{sujet}
			
		\begin{correction}
			
			\objectif{Exprimons $b$, $c$ et $d$ en fonction de $a$ et $e$.}
			
			Comme précédemment, avec des notations semblables, nous devons avoir \[ \left\{ \begin{array}{l} 
			b=\frac{1}{2} (a+c)\\
			c= \frac{1}{3} (b+d+e)\\
			d= \frac{1}{3} (a+c+e)
			\end{array} \right. \]
			
			Donc 
			\begin{align*}
				c &= \frac{1}{3} (b+d+e)\\
				\intertext{équivaut successivement à}
				c &= \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2}(a+c) +\frac{1}{3} (a+c+e) +e \right)\\
				c &= \frac{5}{18}(a+c)+ \frac{4}{9}e\\
				c &= \frac{5}{13}a + \frac{8}{13}e
			\end{align*}
						
			D'où
			
			\begin{align*}
				b &= \frac{1}{2}a + \frac{5}{26}a + \frac{4}{13}e\\
				&= \frac{18}{26} a + \frac{4}{13} e\\
				\intertext{et}
				d &= \frac{1}{3}a  + \frac{5}{39}a + \frac{8}{39} e + \frac{1}{3}e\\
				&= \frac{18}{39}a + \frac{21}{39}e
			\end{align*}
			
			On peut vérifier qu'effectivement ces valeurs conviennent:
			
			\begin{conclusion}
				
				$ \left\{ \begin{aligned}
				b&=  \frac{9}{13} a +\frac{4}{13} e\\
				c &=  \frac{5}{13} a + \frac{8}{13} e\\
				d &=  \frac{6}{13} a + \frac{7}{13} e
				\end{aligned} \right. $
				
			\end{conclusion}
			
			\medskip
			{\color{orange}Nous pouvions également démontrer ce résultat en procédant à des combinaison linéaires sur les lignes du système.}
			
			\begin{align*}
			&\left\{ \begin{aligned}
				b&=\frac{1}{2} (a+c)\\
				c&= \frac{1}{3} (b+d+e)\\
				d&= \frac{1}{3} (a+c+e)
			\end{aligned} \right. &\\
			\intertext{équivaut successivement à}
			&\left\{\begin{aligned}
				2b-c &=a\\
				-b+3c-d &=c\\
				-c+3d &= a+e
			\end{aligned} \right. &\\
			&\left\{ \begin{aligned}
				2b-c &= a\\
				5c-2d &= 2e+a\\
				-c+3d &= a+e
			\end{aligned} \right.
			&
			L_2 \leftarrow L_1+2L_2 \\
			&\left\{ \begin{aligned}
			2b-c &= a\\
			5c-2d &= 2e+a\\
			13d &= 6a+7e
			\end{aligned} \right.
			&
			L_3 \leftarrow L_2+5L_3 \\
			&\left\{ \begin{aligned}
			2b-c &= a\\
			5c-2d &= 2e+a\\
			d &= \frac{6}{13}a+\frac{7}{13}e
			\end{aligned} \right.
			&
			L_3 \leftarrow \frac{1}{13}L_3 \\
			&\left\{ \begin{aligned}
			2b-c &= a\\
			5c &= \frac{25}{13}a+\frac{40}{13}e\\
			d &= \frac{6}{13}a+\frac{7}{13}e
			\end{aligned} \right.
			&
			L_2 \leftarrow L_2+2L_3 \\
			&\left\{ \begin{aligned}
			2b-c &= a\\
			c &= \frac{5}{13}a+\frac{8}{13}e\\
			d &= \frac{6}{13}a+\frac{7}{13}e
			\end{aligned} \right.
			&
			L_2 \leftarrow \frac{1}{5}L_2 \\
			&\left\{ \begin{aligned}
			2b &= \frac{18}{13}a + \frac{8}{13}e\\
			c &= \frac{5}{13}a+\frac{8}{13}e\\
			d &= \frac{6}{13}a+\frac{7}{13}e
			\end{aligned} \right.
			&
			L_1 \leftarrow L_1+L_2 \\
			&\left\{ \begin{aligned}
			b &= \frac{9}{13}a + \frac{4}{13}e\\
			c &= \frac{5}{13}a+\frac{8}{13}e\\
			d &= \frac{6}{13}a+\frac{7}{13}e
			\end{aligned} \right.
			&
			L_1 \leftarrow \frac{1}{2}L_1 \\
			\end{align*}
			
		\end{correction}
	
		\begin{notes}
			
			{\color{orange}Dans les exemples traités ci-dessus nous remarquons que les valeurs des nombres associés aux points bleus sont des barycentres de systèmes pondérés $\{ (a,\alpha), (b,\beta) \}$ (avec $\alpha$ et $\beta$ entiers dont la somme dépend évidemment des degrés des points) ou des moyennes pondérées des valeurs de $a$ et $e$.}
			
		\end{notes}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Même question pour le schéma suivant:
			
			\begin{center}
				
				\begin{tikzpicture}
				\def\rayon{2};
				\coordinate (A) at ({\rayon*cos(90)},{\rayon*sin(90)});
				\coordinate (B) at ({\rayon*cos(90 -1*360/5)},{\rayon*sin(90-1*360/5)});
				\coordinate (C) at ({\rayon*cos(90 -2*360/5)},{\rayon*sin(90-2*360/5)});
				\coordinate (D) at ({\rayon*cos(90 -3*360/5)},{\rayon*sin(90-3*360/5)});
				\coordinate (E) at ({\rayon*cos(90 -4*360/5)},{\rayon*sin(90-4*360/5)});
				\draw (A) node{$\circ$};
				\draw (A) node[right]{$a$};
				\draw (A) node[above]{$A$};
				\draw (B) node{$\bullet$};
				\draw (B) node[right]{$B$};
				\draw (C) node{$\bullet$};
				\draw (C) node[below]{$C$};
				\draw (D) node{$\bullet$};
				\draw (D) node[below]{$D$};
				\draw (E) node{$\circ$};
				\draw (E) node[below left]{$e$};
				\draw (E) node[above left]{$E$};
				\draw (A)--(B)--(C)--(D)--(E)--(A) --(C)--(E)--(B)--(D)--(A);
				\end{tikzpicture}
				
			\end{center}			
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			En raisonnant comme précédemment nous obtenons que $b$, $c$ et $d$ sont solutions du système \[ \left\{ \begin{aligned} 
				4b-c-d &= a+e\\
				-b+4c-d &= a+e\\
				-b-c+4d &= a+e 
			\end{aligned} \right. \]
			
			\begin{align*}
				&\left\{ 
				\begin{aligned}
					b-\frac{1}{4}c-\frac{1}{4}d &= \frac{1}{4}(a+e)\\
					-b +4c -d &= a+e\\
					-b-c+4d &= a+e
				\end{aligned}
				\right.
				&
				L_1 \leftarrow \frac{1}{4}L_1
				\\
				&\left\{ 
				\begin{aligned}
				b-\frac{1}{4}c-\frac{1}{4}d &= \frac{1}{4}(a+e)\\
				\frac{15}{4}c -\frac{5}{4}d &= \frac{5}{4} (a+e)\\
				-\frac{5}{4}c+\frac{15}{4}d &= \frac{5}{4}(a+e)
				\end{aligned}
				\right.
				&
				\begin{aligned}
					& L_2 \leftarrow L_1 +L_2\\
					& L_3 \leftarrow L_1+L_3
				\end{aligned}
				\\
				&\left\{ 
				\begin{aligned}
				b-\frac{1}{4}c-\frac{1}{4}d &= \frac{1}{4}(a+e)\\
				\frac{15}{4}c -\frac{5}{4}d &= \frac{5}{4} (a+e)\\
				10d &= 5(a+e)
				\end{aligned}
				\right.
				&
				L_3 \leftarrow L_2+3L_3
				\\
				&\left\{ 
				\begin{aligned}
				b-\frac{1}{4}c-\frac{1}{4}d &= \frac{1}{4}(a+e)\\
				c -\frac{1}{3}d &= \frac{1}{3} (a+e)\\
				d &= \frac{1}{2}(a+e)
				\end{aligned}
				\right.
				&
				\begin{aligned}
					& L_2 \leftarrow \frac{4}{15}L_2\\
					& L_3 \leftarrow \frac{1}{10} L_3
				\end{aligned}
				\\
				&\left\{ 
				\begin{aligned}
				b-\frac{1}{4}c-\frac{1}{4}d &= \frac{1}{4}(a+e)\\
				c &= \frac{1}{2} (a+e)\\
				d &= \frac{1}{2}(a+e)
				\end{aligned}
				\right.
				&
				L_2 \leftarrow L_2 + \frac{1}{3} L_3
				\\
				&\left\{ 
				\begin{aligned}
				b &= \frac{1}{2}(a+e)\\
				c &= \frac{1}{2} (a+e)\\
				d &= \frac{1}{2}(a+e)
				\end{aligned}
				\right.
				&
				L_1 \leftarrow L_1 + \frac{1}{4} L_2 + \frac{1}{4} L_3
				\\
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				La propriété $\mathscr{P}$ est satisfaite si et seulement si \[ \left\{ \begin{aligned}
				b &= \frac{1}{2}(a+e)\\
				c &= \frac{1}{2}(a+e)\\
				d &= \frac{1}{2}(a+e)
				\end{aligned}
				\right. \]
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
	
	\end{enumerate}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Dans cette question uniquement on généralise le schéma de la question 2-(c) avec un nombre quelconque de points.
		
		\medskip
		On suppose que $n\geqslant 1$ est un entier, que $\mathscr{S}=\{ P_0,P_1,P_2,\dots ,P_n,P_{n+1} \}$ et que tout point de $\mathscr{S}$ est voisin de chaque autre point de $\mathscr{S}$. De plus, $P_0$ et $P_{n+1}$ sont les seuls points jaunes, et Gustav leur a attribué respectivement les réels $a$ et $b$. Quels nombres Maryam doit-elle alors attribuer à chacun des points $P_i$ pour $i=1,\dots ,n$ afin de satisfaire la propriété $\left( \mathscr{P} \right)$?
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		Observons que les points $P_1$ jusqu'à $P_n$ ont des rôles semblables et sont permutables. Par conséquent c'est le même nombre $p$ qui leur est tous associé. 
		
		\medskip
		\objectif{Déterminons, par exemple, le nombre $p$ associé à $P_1$.}
				
		Puisqu'il s'agit d'un graphe simple complet (chaque point est relié à tous les autres), $P_1$ est relié aux $P_2$, $\dots$, $P_n$ et aussi à $P_0$ et $P_{n+1}$ donc \[ p= \frac{(n-1)p+a+e}{n+1}. \]
		
		Nous en déduisons finalement que le nombre $p$ associé aux points bleus est
		
		\begin{conclusion}
			
			$p=\frac{1}{2}$.
			
		\end{conclusion}
			
		\medskip
		{\color{orange}Ce résultat doit pouvoir se montrer par récurrence (en ajoutant un point au graphe) ou en résolvant un système linéaire (travail sur les matrices).}
		 
	\end{correction}
	
\end{enumerate}

\subsubsection{Partie B: étude du cas général.}

\begin{sujet}
	
	On note respectivement $\mathscr{J}$ l'ensemble des points jaunes, et, $\mathscr{B}$ l'ensemble des points bleus. Ainsi \[ \mathscr{S} = \mathscr{J} \cup \mathscr{B}. \]
	
	Quand Gustav attribue un réel à chaque point jaune, cela consiste à définir une fonction $k$ de $\mathscr{J}$ dans $\mathbb{R}$.
	
	L'objectif de Maryam est donc de construire une fonction $f:\mathscr{S} \rightarrow \mathbb{R}$ telle que \[ \left\{ \begin{array}{l} 
		f(M)= k(M) \text{ si $M$ est jaune }(1)\\
		f(M) = \frac{f(P_1) + \dots + f(P_d)}{d} \text{ si $M$ est bleu }(2)\\
		\text{où $d=d(M)$ est le degré de $M$ (qui dépend de $M$) et}\\
		\text{$P_1$, $\dots$, $P_d$ les voisins de $M$.}
	\end{array} \right. \]
	
	On dira que $f$ est une solution \textbf{\emph{\color{purple}pour l'attribution $k$}}.
	
	\medskip
	Dans cette partie on suppose donc donnée une telle distribution $k$.
	
	\medskip
	On note $K$ le plus grand des nombres $k(M)$ lorsque $M$ décrit l'ensemble $\mathscr{J}$.
	
\end{sujet}

\begin{sujet}
	
	\begin{center}
	
		\underline{\textbf{Existence d'une solution.}}
	
	\end{center}

\end{sujet}

\begin{enumerate}
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		On suppose dans cette question que $k(M) \geqslant 0$ pour tout point $M \in \mathscr{J}$. On construit alors, par récurrence, la suite $(f_n)$ de fonctions suivante:
		
		\medskip
		On pose $f_0(M)=k(M)$ si $M$ est jaune, et $f_0(M)=0$ si $M$ est bleu.
		
		Puis, pour tout entier $n\geqslant 0$, on pose
		
		\[ \left\{ \begin{array}{l} 
		f_{n+1}(M)= k(M) \text{ si $M$ est jaune }\\
		f_{n+1}(M) = \frac{f_n(P_1) + \dots + f_n(P_d)}{d} \text{ si $M$ est bleu }\\
		\text{où $d=d(M)$ est le degré de $M$ (qui dépend de $M$) et}\\
		\text{$P_1$, $\dots$, $P_d$ les voisins de $M$.}
		\end{array} \right. \]
		
	\end{sujet}
	
	\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Prouver que, pour tout $n\geqslant 0$ et tout point $M\in \mathscr{S}$, on a $0\leqslant f_n(M) \leqslant f_{n+1}(M) \leqslant K$.
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\objectif{Démontrons par récurrence sur $n\in \mathbb{N}$ que $P(n)$: \og $\forall M\in \mathscr{S},\ 0\leqslant f_n(M) \leqslant f_{n+1}(M) \leqslant K$\fg{} est vraie.}
			
			\begin{enumerate}[*]
				\item Démontrons que $P(0)$ est vraie.
				
				\begin{enumerate}[$\bullet$]
					
					\item Si $M$ est jaune, alors $f_0(M)=f_1(M)=k(M)$. Or, par hypothèse, $0 \leqslant k(M) \leqslant K$, donc nous obtenons bien: $0\leqslant f_0(M) \leqslant f_1(M) \leqslant K$.
					
					\item Si $M$ est bleu, alors $f_1(M)= \frac{f_0(P_1)+\dots + f_0(P_d)}{d}$. 
					
					Si $M$ est bleu alors $f_0(M)=0$, donc
					
					\begin{align*}
						f_1(M) &= \frac{1}{d} \sum_{\{ i| P_i \in \mathscr{J} \} } f_0(P_i)\\
						\intertext{Si $M\in\mathscr{J}$, alors $f_0(M)=k(M)$, donc}
						f_1(M) &= \frac{1}{d} \sum_{\{ i| P_i \in \mathscr{J} \} } k(P_i)
					\end{align*}
					
					Par hypothèse, quelque soit le point $M$ jaune: $0\leqslant k(M) \leqslant K$, d'où
					
					\[ f_1(M) \leqslant \frac{1}{d} dK. \]
					
					Finalement \[ 0=f_0(M) \leqslant f_1(M) \leqslant K. \]
					
					Autrement dit $P(0)$ est vraie.
				
				\end{enumerate}
				
				\item Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons que $P(n)$ est vraie. Démontrons que $P(n+1)$ est vraie.
				
				Soit $M\in\mathscr{S}$.
				
				\begin{enumerate}[$\bullet$]
					
					\item Par hypothèse de récurrence: $0\leqslant f_{n+1}(M) $. 
					
					\item Démontrons que: $f_{n+2}(M) \leqslant K$.
					
					Par construction de la suite des $f_n$
					
					\begin{align*}
						f_{n+2}(M) &= \frac{f_{n+1}(P_1)+\dots + f_{n+1}(P_d)}{d}
					\end{align*}
					
					Or, par hypothèse de récurrence, quelque soit $i\in \llbracket 1, d \rrbracket$, \[ f_{n+1}(P_i) \le K, \] donc 
					
					\begin{align*}
					f_{n+2}(M) &\leqslant \frac{K+\dots + K}{d}\\
					&\leqslant K
					\end{align*}
					
					\item Il nous reste à établir que: $f_{n+1}(M) \leqslant f_{n+2}(M)$.
					
					\begin{notes}
						
						{\color{orange}Cela ressemble à l'associativité du barycentre.}
						
					\end{notes}
					
					Soit $i\in \llbracket 1,n \rrbracket$.
					
					Par hypothèse de récurrence:
					\begin{align*}
						f_{n}(P_i) &\leqslant f_{n+1}(P_i)\\
						\intertext{Ceci étant vrai pour tout $i$:}
						\frac{1}{d} \sum_{i=1}^d f_n(P_i) &\leqslant \frac{1}{d} \sum_{i=1}^d f_{n+1} (P_i)\\
						\intertext{Autrement dit}
						f_{n+1}(M) &\leqslant f_{n+2}(M)
					\end{align*}
					
				\end{enumerate}
				
				Nous avons donc démontré que $P(n+1)$ est vraie.
				
			\end{enumerate}
			
			\begin{conclusion}
				
				Nous avons démontré par récurrence que pour tout $n\geqslant 0$ et tout point $M\in \mathscr{S}$, on a $0\leqslant f_n(M) \leqslant f_{n+1}(M) \leqslant K$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			En déduire l'existence d'une solution pour l'attribution de $k$.
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			{\color{orange}Démonstration d'existence.}
			
			\medskip
			Soit $M\in \mathscr{S}$.
			
			D'après la question précédente, $\left( f_n(M) \right)_{n\in\mathbb{N}}$ est croissante et majorée donc convergente.
			
			Notons, pour tout $M\in\mathscr{S}$, $f_n(M) \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} f(M)$.
			
			\medskip
			\objectif{Vérifions que $f$ est une solution pour l'attribution $k$.}
			
			\begin{enumerate}[(1)]
				\item Soit $M\in \mathscr{J}$. Par construction $f_n(M)=k(M)$ pour tout $n\in\mathbb{N}$, donc, cette suite étant constante, en passant à la limite, $f(M)=k(M)$.
				\item Soit $M\in \mathscr{J}$ un point bleu. Puisque pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f_{n+1}(M)=\frac{f_n(P_1)+\dots + f(P_d)}{d}$, et que toutes les suites intervenant sont convergentes, en passant à la limite, \[ f(M) = \frac{f(P_1)+ \dots + f(P_d)}{d}. \]
			\end{enumerate}
			
			$f$ est donc bien une solution pour l'attribution $k$.
			
			\begin{conclusion}
				
				Il existe une solution pour l'attribution $k$.
					
			\end{conclusion}
		
		\end{correction}
		
	\end{enumerate}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Prouver que si $f$ est une solution pour l'attribution $k$ et si $\alpha$ est une constante, alors la fonction $f+\alpha$ est aussi une solution pour l'attribution $k+\alpha$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		{\color{orange}Il s'agit de démontrer une implication.}
		
		\medskip
		Supposons $f$ soit une solution pour l'attribution $k$; soit $\alpha \in \mathbb{R}$.
		
		\medskip
		\objectif{Démontrons que $f+\alpha$ est une solution pour l'attribution $k+\alpha$.}
		
		\begin{enumerate}[(1)]
			\item Soit $M\in\mathscr{J}$. Puisque $f(M)=k(M)$, évidemment, $(f+\alpha)(M)=(k+\alpha)(M)$.
			\item Soit $M\in\mathscr{S}$ un point bleu. 
			
			\begin{align*}
				f(M) &= \frac{f(P_1) + \dots + f(M)}{d}\\
				\intertext{équivaut successivement à}
				f(M) +\alpha &= \frac{f(P_1) + \dots + f(M)}{d} + \alpha\\
				(f+ \alpha )(M) &= \frac{f(P_1) + \dots + f(M)}{d} + \frac{d\alpha}{d}\\
				(f+\alpha)(M) &= \frac{[f(P_1) +\alpha ]+ \dots + [f(M)+ \alpha ]}{d}\\
				(f+\alpha) (M) &= \frac{(f+\alpha)(P_1) + \dots + (f+\alpha)(P_d)}{d}
			\end{align*}
			
		\end{enumerate}
		
		Ainsi $f+\alpha$ est bien une solution de l'attribution $k+ \alpha$.
		
		\begin{conclusion}
			
			Quelque soit $\alpha \in \mathbb{R}$, si $f$ est une solution de l'attribution $k$, alors $f+\alpha$ est une solution de l'attribution $k+\alpha$.
				
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		En déduire qu'il existe une solution à notre problème en général, c'est-à-dire sans l'hypothèse de la question 1: $k(M)\geqslant 0$ pour tout point $M\in \mathscr{J}$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		Puisqu'il y a un nombre fini de points (notamment) jaunes, $\{ k(M) | M\in\mathscr{J} \}$ admet un minimum $m$. Alors $k+ |m|$ est une attribution dont toutes les images sont positives: $\forall M\in \mathscr{J},\ (k+|m|)(M) \geqslant 0$.
		
		Par conséquent, d'après la question 1.(b) il existe une solution, $f$, pour l'attribution $k+|m|$.
		
		Donc, d'après la question 2, $f-|m|$ est une solution pour l'attribution $k$.
		
		Ainsi
		
		\begin{conclusion}
			
			étant donné $k$ une attribution quelconque, il existe une solution pour cette attribution.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}

\end{enumerate}

\begin{sujet}
	
	\begin{center}
		
		\underline{\textbf{Unicité de la solution.}}
	
	\end{center}
	
\end{sujet}

\begin{sujet}
	
	On suppose dans cette sous-partie que l'on dispose d'une solution $f$ pour cette attribution $k$.
	
\end{sujet}

\begin{enumerate}
	\setcounter{enumi}{3}
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Prouver que, pour tout point $M\in \mathscr{S}$, on a $f(M)\leqslant K$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		\begin{notes}
			
			On peut comme dans la partie A faire apparaître un système d'équations et donc une matrice. La question peut être liée à la recherche des valeurs propres de cette matrice.
			
		\end{notes}
		
		\begin{notes}
			
			Démonstration vraisemblablement fausse car la solution de l'attribution change à chaque itération: les arêtes du graphes changes suivant la taille. Raisonnement possible si nous ne considérions uniquement des graphes complet.
			
		Remarquons tout d'abord que si $M\in\mathscr{J}$, alors, $K$ désignant précisément le maximum de l'attribution $k$, nécessairement: $k(M) \leqslant K$.
		
		\medskip
		Notons $b = \left| \mathscr{S} \setminus \mathscr{J} \right|$ le cardinal de l'ensemble des points bleu. Numérotons dans un ordre arbitraire (l'ensemble étant fini) les points bleu: $B_1$, $\dots$, $B_b$.
		
		\medskip
		Notons $P(n)$: \og $f(B_n) \le K$ \fg{}.
		
		\medskip
		\objectif{Démontrons par une récurrence forte sur $b\in\mathbb{N}$ que: $f(B_b) \leqslant K$.}
		
		\begin{enumerate}[*]
			\item Si $b=0$ alors il n'y a que des points jaunes et nous avons signalé ci-dessus que dans ce cas le résultat est évident.
			\item Soit $b\in\mathbb{N}$. Supposons que, quelque soit $k \in \llbracket 0,b \rrbracket$, $P(k)$ est vraie.
			
			Démontrons que $P(b+1)$ est vraie.
			
			\begin{align*}
				f(B_{b+1}) &= \frac{f(P_1) + \dots + f(P_d)}{d}\\
				\intertext{Or les $P_i$ sont soit des points jaunes, soit des points pris dans $\{ B_1, \dots, B_b \}$, et, du fait de l'hypothèse de récurrence, dans tous les cas leurs images par $f$ sont toujours inférieures à $K$, donc}
				f(B_{b+1}) &\leqslant \frac{K + \dots + K}{d}\\
				&\leqslant \frac{dK}{d}\\
				&\leqslant K
			\end{align*}
			
			Ainsi $P(b+1)$ est vraie.
			
		\end{enumerate}
		
		Nous avons donc établi par une récurrence forte que pour tout point bleu $B$, $f(B) \leqslant K$.
		
		\medskip
		En tenant compte des deux cas , bleu et jaune, nous pouvons conclure
		
		\begin{conclusion}
			
			$\forall M \in \mathscr{S},\ f(M) \leqslant K$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{notes}

	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Supposons que $g$ soit également une solution pour l'attribution de $k$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Justifier que la fonction $f-g$ vérifie la condition $(2)$.
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			Soit $M\in \mathscr{S}$ un point bleu.
			
			\begin{align*}
				(f-g)(M) &= f(M)-g(M)\\
				\intertext{Puisque $f$ et $g$ sont des solutions pour l'attribution $k$:}
				(f-g)(M) &= \frac{f(P_1)+\dots + f(P_d)}{d} - \frac{g(P_1)+\dots + g(P_d)}{d}\\
				&= \frac{f(P_1)-g(P_1)+\dots + f(P_d)-g(P_d)}{d}\\
				&= \frac{(f-g)(P_1)+\dots + (f-g)(P_d)}{d}
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				$f-g$ vérifie la condition (2).
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Que vaut $f-g$ sur $\mathscr{J}$?
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			Sur $\mathscr{J}$ \[ f=g=k \] donc 
			
			\begin{conclusion}
				
				$f-g=0$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			En déduire que $f=g$.
			
		\end{sujet}
		
		\begin{correction}
			
			\begin{enumerate}[(1)]
				\item $(f-g)(M)=0$ pour tout $M\in\mathscr{J}$ d'après la question B.5.(b),
				\item $f-g$ vérifie la condition (2) d'après la question B.5.(a).
			\end{enumerate}
			
			Ainsi $f-g$ est une solution de l'attribution nulle (à tous les points jaunes sont associés $0$). Or le maximum de l'attribution nulle est $K_0=0$, donc, d'après la question B.4: $f-g(M)\leqslant K_0=0$ pour tout $M\in\mathscr{S}$.
			
			De même $g-f\leqslant 0$ donc
			
			\begin{conclusion}
				
				 pour tout $M\in\mathscr{S}$, $f=g$.
				 
			\end{conclusion}
			
		\end{correction}
		
	\end{enumerate}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Que peut-on dire de $f$ s'il n'y a qu'un seul point jaune?
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		S'il n'y a qu'un point jaune $M_0$ et que $k(M_0)=K$, alors nous vérifierions aisément que la fonction $f$, constante égale à $K$ sur $\mathscr{S}$, est une solution pour l'attribution $k$.
		
		Or d'après les questions précédentes une telle solution est unique, donc
		
		\begin{conclusion}
			
			s'il n'y a qu'un seul point jaune alors tous les points sont affectés du même nombre.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
\end{enumerate}

\subsection{\color{purple}Problème: les nombres en or.}

\begin{sujet}
	
	On note $\varphi$ la plus grande racine réelle de l'équation $x^2=x+1$. Le nombre $\varphi$ connu depuis l'antiquité, est appelé nombre d'or. Un réel $x$ est dit un \textbf{\emph{\color{purple}nombre en or}} s'il existe:
	
	\begin{itemize}
		\item deux entiers naturels $p$ et $q$
		\item des entiers $a_p$, $a_{p-1}$, $\dots$, $a_0$, $\dots$, $a_{-q}$ ne prenant que les valeurs $0$ ou $1$  tels que \[ x=a_p\varphi ^p+ a_{p-1}\varphi ^{p-1} + \dots + a_1 \varphi + a_0+a_{-1} \varphi ^{-1} + \dots + a_{-q}\varphi^{-q}. \]
	\end{itemize}
	
	Dans ce cas, on notera $x\rhd a_pa_{p-1} \dots a_0,a_{-1}\dots a_{-q}$.
	
	\medskip
	Par exemple si $\displaystyle x=\varphi ^3+ \varphi ^2 +1 + \frac{1}{\varphi} + \frac{1}{\varphi^4}$, on notera $x\rhd 1101,1001$. On dira alors que $1101,1001$ est une \textbf{\emph{\color{purple}représentation en or}} de $x$.
	
	\medskip
	Il est clair que l'on peut ajouter, au début, ou à la fin de la représentation autant de $0$ que l'on souhaite.
	
	\medskip
	Une séquence de la représentation est une suite de $0$ et de $1$ qui apparaît dans la représentation. Dans l'exemple précédent, $10110$ est une séquence de la représentation $1\mathbf{101},\mathbf{10}1$.
	
\end{sujet}

\begin{notes}
	
	{\color{orange}Cet ensemble est isomorphe au quotient de l'ensemble des fractions rationnelles (séries formelles à support fini) par l'idéal engendré par $X^2-X-1$.}
	
\end{notes}

\subsubsection{Partie A: tous les entiers naturels sont en or.}

\begin{enumerate}
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer que, dans la représentation en or de $x$, on peut remplacer toute séquence $011$ par $100$ et réciproquement afin d'obtenir une autre représentation en or de $x$.
		
		Par exemple le réel dont la représentation en or est $1101,1001$ admet également $1110,0001$ et $1101,0111$ comme représentation en or.
		
		On dira que les deux séquences $011$ et $100$ sont équivalentes.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		Dire que $011$ est une séquence dans la représentation en or de $x$ signifie: $\exists p\in\mathbb{Z},\ 011\rhd 0 \varphi^{p+2}+1\varphi ^{p+1}+1\varphi^p$.
		
		\begin{align*}
			0 \varphi^{p+2}+1\varphi ^{p+1}+1\varphi^p &= \varphi^{p+1} + \varphi^p\\
			&= \varphi^{p} (\varphi +1)\\
			\intertext{Puisque $\varphi^2=\varphi+1$}
			0 \varphi^{p+2}+1\varphi ^{p+1}+1\varphi^p &= \varphi^p \varphi^2\\
			&= \varphi^{p+2}\\
			&= \varphi^{p+2} + 0 \varphi^{p+1} + 0 \varphi^{p}
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			Les séquences $011$ et $100$ sont équivalentes.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Plus généralement, donner une séquence dans laquelle il n'y a jamais deux $1$ consécutifs et qui soit équivalente à $011\dots 1$ où il y a $n$ occurrences du chiffre $1$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		{\color{orange}
		\begin{align*}
			&0111111111111\dots \\
			\intertext{équivaut successivement à}
			&{\color{orange}011}1111111111 \dots \\
			&{\color{orange}100}1111111111 \dots \\
			&10{\color{red}011}11111111 \dots \\
			&10{\color{red}100}11111111 \dots \\
			&1010{\color{orange}011}111111 \dots \\
			&1010{\color{orange}100}111111 \dots \\
			&101010{\color{red}011}1111\dots \\
			&101010{\color{red}100}1111\dots \\
		\end{align*}
		
		Considérons deux cas en distinguant suivant la parité de $n$.}
		
		\medskip
		Soit $n\in\mathbb{N}$, avec $n\geqslant 2$. 
		
		\begin{enumerate}
			\item Supposons que $n$ est pair: $n=2q$ avec $q\in\mathbb{N}$.
			
			\begin{align*}
				\sum_{k=1}^n \varphi ^k &= \sum{j=1}^q \varphi ^{2j} + \varphi ^{2j-1}\\
				&= \sum_{j=1}^q \varphi ^{2j+1}
			\end{align*}
			
			Autrement dit dans ce cas $0111\dots 111$ équivaut à $101010\dots 10100$.
			
			\item Supposons que $n$ est impair: $n=m+1$ avec $m\in\mathbb{N}$ qui est pair. Donc, d'après le cas précédent $0111\dots 111 {\color{orange}1}$ équivaut à $101010\dots 10100{\color{orange}1}$.
						
		\end{enumerate}
		
		\begin{conclusion}
			
			Si $n$ est pair $0111\dots 111$ équivaut à $101010\dots 10100$, sinon $0111\dots 111 {\color{orange}1}$ équivaut à $101010\dots 10100{\color{orange}1}$ qui sont bien des écritures sans qu'il y ait jamais deux $1$ consécutifs.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer que les entiers $2$ et $3$ sont des nombres en or et en donner une représentation en or.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{correction}
		
		$\varphi^2=\varphi +1$ donc, comme $\varphi \ne 0$, $1= \frac{1}{\varphi} + \frac{1}{\varphi^2}$.
		
		D'où: $2= 1+ \frac{1}{\varphi} + \frac{1}{\varphi^2}$.
		
		Finalement
		
		\begin{conclusion}
			
			$2 \rhd 1,11$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\begin{align*}
			2 &\rhd 1,11\\
			&\rhd {\color{orange}01,1}1\\
			&\rhd {\color{orange}10,0}1
		\end{align*}
		Donc
		
		\begin{conclusion}
			
			$3 \rhd 11,01$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{correction}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer que tous les entiers naturels admettent une représentation en or.
		
	\end{sujet}
	
\end{enumerate}

\subsubsection{Partie B: représentation en or pur.}

\begin{sujet}
	
	On dira qu'une représentation $x\rhd a_pa_{p-1} \dots a_0,a_{-1}\dots a_{-q}$ d'un nombre en or est en \textbf{\emph{or pur}} si pour tout $i$, \[ a_ia_{i+1}=0. \] En d'autres termes une représentation est en or pur si elle ne contient jamais deux $1$ consécutifs.
	
	\medskip
	Soit $x$ un réel non nul, si $x\rhd a_pa_{p-1} \dots a_0,a_{-1}\dots a_{-q}$, on définit la \textbf{\emph{teneur en or}} de la représentation comme étant égale à l'exposant de la plus grande puissance de $\varphi$ dont le coefficient vaut $1$, dans l'égalité $x=a_p\varphi^p + \dots  +a_{-q}\varphi^{-q}$.
	
	\medskip
	Par exemple la teneur de la représentation $1101,1001$ est égale à $3$ et celle de $0,0010$ est égale à $-3$.
	
\end{sujet}

\begin{enumerate}
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Donner une représentation en or pur des entiers $2$, $3$, $4$ et $5$.
		
	\end{sujet}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Soit $x$ un réel ayant une représentation en or pur de teneur en or égale à $n$.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Montrer que \[ \varphi ^n \leqslant x < \varphi ^{n+1}. \]
			
		\end{sujet}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Montrer que la représentation en or pur d'un réel, si elle existe, est unique.
			
		\end{sujet}
	
	\end{enumerate}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Soit $x$ un réel non nul ayant une représentation en or pur.
		
	\end{sujet}
	
	\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Exprimer la teneur en or de la représentation en or pur de $x$ à l'aide des fonctions logarithme népérien et partie entière.
			
		\end{sujet}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Écrire un algorithme permettant de déterminer cette représentation.
			
		\end{sujet}
		
		\item 
		
		\begin{sujet}
			
			Appliquer votre algorithme pour $x=2018$.
			
		\end{sujet}
		
	\end{enumerate}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer qu'un réel en or possède forcément une représentation en or pur.
		
	\end{sujet}
	
	\item 
	
	\begin{sujet}
		
		Montrer qu'il existe des réels strictement positifs qui ne sont pas en or.
		
	\end{sujet}
	
\end{enumerate}

\end{document}

\section{Modèles.}

\subsection{Graphique}

	\begin{center}
		\begin{tikzpicture}
			\def\xY{-0.5};
			\def\yY{-0.5};
			\def\xZ{8.5};
			\def\yZ{7};
			\coordinate (Y) at (\xY,\yY);
			\coordinate (Z) at (\xZ,\yZ);
			\draw[step=0.1cm,line width=0.01cm,black!30!white] (Y) grid (Z);
			\draw[step=0.5cm,line width=0.02cm,black!40!white] (Y) grid (Z);
			\draw[step=5cm,line width=0.05cm,black!50!white] (Y) grid (Z);
			\draw[step=1cm,line width=0.03cm,black!70!white] (Y) grid (Z);
			\draw[ ->,very thick] (\xY, 0) -- (\xZ, 0) node[right]{$x$};
			\draw[ ->,very thick] (0, \yY) -- (0, \yZ) node[above]{$y$};
			\draw node[below left,fill=white](0,0){\small $0$};
			\foreach \x in {1, 2}	\draw[thick](\x,0.1cm)--(\x,-0.1cm) node[below,fill=white]{\footnotesize  \pgfmathparse{\x }\pgfmathprintnumber{\pgfmathresult}};
			\foreach \y in {1,2}	\draw[thick](0.1cm,\y)--(-0.1cm,\y) node[left,fill=white]{\footnotesize  \pgfmathparse{\y }\pgfmathprintnumber{\pgfmathresult}};
			\draw[blue, thick][samples=100,domain=0:7] plot(\x,{(\x +1)^2/exp(\x )});
			\draw[blue] (3,2) node[fill=white] {$\mathcal{C}_B$};
			\fill[color=gray , opacity=0.25] (-0.5, {(-(2/9)*((-0.5)*2)*(2*(-0.5))+(4/3)*(2*(-0.5))+4)/2})
				-- plot [domain=-0.5:2] (\x,{(-(2/9)*(\x*2)*(2*\x)+(4/3)*(2*\x)+4)/2})
				-- (2, {(-(2/9)*(2*2)*(2*2)+(4/3)*(2*2)+4)/2})
				-- (2,0) 
				--(-0.5,0)
				-- cycle;
			\draw[blue, thick] plot[smooth] coordinates {(-3,-1)(-2.5,-0.65)(-2,0)(-1.5,1)(-1,1.5)(-0.5,1.8)(0,2)(0.5,1.89)(1,1.6)(1.5,1.35)(2,1)(2.5,0.55)(3,0)(3.5,-0.9)(4,-1.5)(4.5,-1.82)(5,-2)};
		\end{tikzpicture}
	\end{center}

Pour évaluer la fonction f en a avec tikz: \pgfmathparse{f(a)}\pgfmathresult

Pour affecter la valeur a à la variable \x: \def\x{a}

\subsection{Dessin.}

	\begin{tikzpicture}
		\coordinate (A) at (0,0);
		\coordinate (B) at (5,-1);
		\coordinate (F) at (6,0);
		\coordinate (C) at (7,1);
		\coordinate (D) at (2,2);
		\coordinate (O) at (3.5,0.5);
		\coordinate (S) at (3.5,6);
		\coordinate (J) at (3.5,3.5);
		\coordinate (K) at (3,4.666);
		\draw (A) node {$\bullet$};
		\draw (B)node {$\bullet$};
		\draw (F)node {$\bullet$};
		\draw (C)node {$\bullet$};
		\draw (D)node {$\bullet$};
		\draw (O)node {$\bullet$};
		\draw (S)node {$\bullet$};
		\draw (J)node {$\bullet$};
		\draw (K)node {$\bullet$};
		\draw (A)node[below]{$A$};
		\draw (B)node[below right]{$B$};
		\draw (F)node[right]{$F$};
		\draw (C)node[right]{$C$};
		\draw (D)node[above right]{$D$};
		\draw (O)node[above right]{$O$};
		\draw (S)node[above]{$S$};
		\draw (J)node[above right]{$J$};
		\draw (K)node[below right]{$K$};
		\draw[blue, thick](A)--(B)--(C);
		\draw[blue, thick,dashed](A)--(D)--(C);
		\draw[blue, thick](A)--(S);
		\draw[blue, thick](B)--(S);
		\draw[blue, thick](C)--(S);
		\draw[blue, thick,dashed](D)--(S);
		\draw[blue, thick,dashed](O)--(S);
		\draw[blue, thick](F)--(S);
		\draw[blue, thick,dashed](A)--(C);
		\draw[blue, thick,dashed](D)--(B);
		\draw[blue, thick,dashed](B)--(J)--(C);
		\fill[color=gray , opacity=0.05] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle;	
		\fill[color=gray , opacity=0.1] (B)--(C)--(S)--cycle;
		\fill[color=gray , opacity=0.15] (A)--(D)--(C)--(S)--cycle;
		\fill[color=gray , opacity=0.20] (B)--(C)--(J)--cycle;			
	\end{tikzpicture}

\subsection{Arbre.}

	\begin{center}
	\begin{tikzpicture}
		\coordinate (A1) at (3.2,2);
		\coordinate (A2) at (3.2,1.2);
		\coordinate (A3) at (3.2,-0.4);
		\coordinate (A4) at (3.2,-1.2);
		\coordinate (A5) at (3.2,-2);
		\coordinate (A6) at (3.2,-2.8);
		\coordinate (B1) at (1.6,1.7);
		\coordinate (B2) at (1.6,-1.7);
		\coordinate (C1) at (0,0);
		\draw node (A11) at (A1) {$1$};	
		\draw node (A12) at (A2) {$2$};
		\draw node (A13) at (A3) {$1$};
		\draw node (A14) at (A4) {$2$};
		\draw node (A15) at (A5) {$3$};
		\draw node (A16) at (A6) {$4$};
		\draw node (B11) at (B1) {$N$};
		\draw node (B12) at (B2) {$B$};
		\draw node (C11) at (C1) {$\square$};
		\draw (B11)--(A11)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,5$};
		\draw (B11)--(A12)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,5$};
		\draw[color=red] (B12)--(A13)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (B12)--(A14)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (B12)--(A15)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (B12)--(A16)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$0,25$};
		\draw (C11)--(B11)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{8}$};
		\draw[color=red] (C11)--(B12)node[midway]{\footnotesize\color{blue}$\frac{5}{8}$};
	\end{tikzpicture}
	\end{center}

\subsection{Tab}

	\begin{tikzpicture}
		\tkzTabInit[lgt=1.6 , espcl=1.6, deltacl=0.5]{$x$ /0.8, $f'(x)$ /0.8, $f(x)$ /1.6}
		{$-\infty$ ,$1$, $+\infty$}
		\tkzTabLine{,+,d,+,}%
		\tkzTabVar {+/ $\mathrm{e}$, -D+ / $0$ / $+\infty$, - / $\mathrm{e}$ / }
	\end{tikzpicture}

\subsection{Tab2.}

\begin{tikzpicture}
		\tkzTabInit[lgt=1 , espcl=1.6]{$x$ /0.8, $C_M'$ /0.8, $C_M$ /2.4}
	{$-\infty$ ,$-10$, $0$, $5$, $10$, $40$,  $+\infty$}
		\tkzTabLine{,+,z,-,d,-,t,-,z,+,t,+,}%
		\tkzTabVar {-/$-\infty$, +/$30$,-D+/$-\infty$ /$+\infty$,R/ /,-/$70$, R/ /, +/$+\infty$ }
		\tkzTabVal[draw]{3}{5}{0.5}{}{$75$}
		\tkzTabVal[draw]{5}{7}{0.5}{}{$\np{92,5}$}
		\draw[fill=Red!80,opacity=0.2](M30) rectangle (M63);
		\end{tikzpicture}

\subsection{Python}

\begin{tabular}{|c|}
	\hline
	\begin{minipage}{8cm}
		\begin{lstlisting}{language=Python}
		\textbf{Inititalisation}
		for i=1 to 14:
		print("oups")
		while 1<2:
		a=input()
		test
		\end{lstlisting}
	\end{minipage}
	\\
	\hline
\end{tabular}

\subsection{Pseudocode}

\begin{tabular}{|c|}
	\hline
	\begin{minipage}{8cm}
		\LinesNumbered
		\SetKw{entrer}{entrer}
		\SetKw{prend}{prend la valeur}
		\SetKw{afficher}{afficher}
		\begin{algorithm}[H]
			\SetAlgoLined
			\DontPrintSemicolon
			\entrer pi
			0\;
			\Tq{1}{
				2\;
				\eSi{3}{
					4\;
					5\;
					}{
					6\;
					}
				}
				
			\Pour{7}{
				\Si{8}{
					9\;
					}
				}
		\end{algorithm}
	\end{minipage}
	\\
	\hline
\end{tabular}

\subsection{Tableau sans une case.}


	\begin{tabular}{|*{7}{c|}}
		\cline{2-7} \multicolumn{1}{c|}{}& Moyenne & Minimum & Quartile 1 & Médiane &	Quartile 3 & Maximum
		\\
		\hline
		Série $T$ &	72,1&	67&	70&	72&	74& 78
		\\
		\hline
		Série $P$ &&&&&& 
		\\
		\hline
	\end{tabular}
	
\subsection{Retrait dans la marge.}

\hspace*{-1cm}

\subsection{Note dans la marge}

\marginpar{\color{red}$\heartsuit$}

\subsection{Notation modulo.}

$3 \equiv 1 \mod{2}$