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Appelons les numéros sur nos jetons $ a_1,a_2...a_1997 $.
Regardons le minimum de $a_1$ ;$a_1+a_2$ ;$a_1+a_2+a_3...$

Si ce minimum est positif, alors on a gagné. Si il ne l'est pas, effectuons un changement de variables en nommant $b_1$ le numéro immédiatement après le $a_i$ qui nous a donné notre minimum, puis $b_2$ celui qui le suit, etc.

Il suffit alors de regarder le cercle pour s'apercevoir que nous avons bien là une solution au problème initial (non, vraiment, regardez. Je suis incapable de rédiger ça ^^)

On veut $ P(2) = P(7) = P(12) = a $ $ ( = \dfrac{1}{11} ) $

$ P_{n}(m) $ désigne la probabilité d'obtenir m avec le dé numéro n

$ P(2) = P_{1}(1) * P_{2}(1) = y * P_{1}(1) = a $ avec $ y \neq 0 $

$ P(12) = P_{1}(6) * P_{2}(6) = x * P_{1}(6) = a $ avec $ x \neq 0 $

$ P(7) = P_{1}(1) * x + P_{1}(6) * y + X = a $ avec $ X \ge 0 $

$ P_{1}(1) * x + P_{1}(6) * y \le a $

$ \dfrac{a*x}{y} + \dfrac{a*y}{x} \le a $

$ \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x} \le 1 $

$ x^2 + y^2 \le x*y $

$ (x-y)^2 + x*y \le 0 $

Ce qui est absurde, donc c'est impossible. Désolé si c'est lacunaire et s'il manque des trucs (détail des notations), j'ai déjà assez de mal avec ce langage

Soit $ x\in\mathbb{R} $,
On a : $ E(kx)\le kx\le E(kx)+1 $ d'où $ kx-1\le E(kx)\le kx $

Soit :
$$ a_n=\dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^n kx-1}{n^2}\le U_n\le \dfrac{\displaystyle\sum_{k=1}^n kx}{n^2}=b_n $$

Pour tout entier naturel n :
$$ a_n = \dfrac{x\times n\times (n+1)}{2n^2} - \dfrac{1}{n} = x\times\dfrac{n^2+n}{2n^2} - \dfrac{1}{n}=x\times\dfrac{n+1}{2n}-\dfrac{1}{n} $$
D'où $ \lim\limits_{n\to+\infty} a_n = x\times\dfrac{1}{2} $

De la même manière, on trouve $ \lim\limits_{n\to+\infty}b_n = x\times \dfrac{1}{2} $

D'où, $ U_n\rightarrow \dfrac{x}{2} $

On considère le coefficient $ c_{2n+1} $ positif (démonstration similaire s'il est négatif)

La limite en -inf du polynôme vaut -inf (on peut factoriser par $ c_{2n+1} * x^{2n+1} $ pour le prouver, avec la parenthèse qui tend vers 1, mais jamais j'écris ça en LaTeX désolé

De même, la limite en +inf vaut +inf

On applique le TVI comme le polynôme est continu, donc l'équation P(x) = 0 admet au moins une solution réelle

Soit $ P $ un polynôme de degré impair défini par :
$ P : x \in \mathbb R \mapsto \displaystyle\sum_{i=0}^{2n+1} a_i x^{i} $ avec $ n $ entier naturel.

$ P(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + ... + a_{2n + 1}x^{2n+1} $ avec $ a_{2n + 1}≠0 $
$ \quad \quad \quad= a_{2n + 1}x^{2n+1}(\displaystyle\frac{a_0}{a_{2n + 1}x^{2n+1}} + \displaystyle\frac{a_1 x}{a_{2n + 1}x^{2n+1}} + ... + 1) $ en considérant $ a_{2n + 1}x^{2n+1} ≠ 0 $

On suppose que $ a_{2n + 1} > 0 $, $ \displaystyle\lim_{x \rightarrow - \infty } P(x) = -\infty $ et $ \displaystyle\lim_{x \rightarrow + \infty } P(x) = +\infty $.

TVI (continue).
On raisonne de manière analogue pour $ a_{2n + 1} < 0 $.

$ P(x) = 0 $ admet au moins une solution.