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\newtheorem{theo}{Théorème } 
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\newtheorem{lem}{Lemme}
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\theoremstyle{definition}
\newtheorem{defn}{Definition}
\newtheorem{nota}{Notation}
\newtheorem{exo}{Exercice}



\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{rem}{Remarque}
\newtheorem*{ex}{Exemple}


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\newcommand{\Cl}{1 S}
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\newcommand{\Dav}{D. Zancanaro}
\newcommand{\mDav}{zancanaro.math@gmail.com}


\newcommand{\LyDav}{Jean Durand}

\begin{document}
\pagestyle{styleDav}

\renewcommand{\proofname}{Preuve}
\begin{minipage}[c]{.22\linewidth}
\includegraphics[width=1.5\textwidth,natwidth=710,natheight=742]{logo.jpg}
   \end{minipage} \hfill
   \begin{minipage}[c]{.70\linewidth}
\begin{center}\sf\bfseries\huge

\rule{4.5cm}{2pt}\calligra Loi Binomiale \\[0.2cm]
\rule{8.5cm}{1pt}\\
 \Large Cours et Applications
\rule{8.5cm}{1pt}
\end{center}
\hfill
\scriptsize
Par \textit{\Dav} \\[0.5cm]
   \end{minipage}

\hfill \textit{\og Déjà essayé. Déjà échoué. Peu importe. Essaie encore. Échoue encore. Échoue mieux.\fg{}} 

\hfill \scriptsize \textit{Samuel Beckett}






\section{Schéma de Bernoulli}

\subsection{Epreuve et Loi de Bernoulli}
\begin{cadrecode}
\begin{defn}
Une épreuve de Bernoulli est une expérience aléatoire qui comporte deux issues. L'une représente un succès, l'autre un échec. 
\end{defn}
\end{cadrecode}

\begin{ex}
Si on lance une pièce de monnaie une fois alors il s'agit d'une épreuve de Bernoulli puisqu'il n'y a que deux issues : Pile et Face.

On tire au hasard une boule dans une urne contenant 7 boules blanches et 3 boules noires. On considère comme un succès le fait de tirer une boule noire.  Cette expérience est une épreuve de Bernoulli puisqu'il n'y a que deux issues, tirer une boule noire ou pas.

\end{ex}


\begin{cadrecode}
\begin{prop}
Considérons une épreuve de Bernoulli et notons $X$ la variable aléatoire qui vaut $1$ en cas de succès et $0$ en cas d'échec. La loi de la variable aléatoire $X$ est donné par le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline 
$k$ & $0$ & $1$ & Total\tabularnewline
\hline 
\hline 
$P(X=k)$ & $1-p$ & $p$ & $1$\tabularnewline
\hline 
\end{tabular}
\end{center}

où $p$ désigne la probabilité de succès dans cet épreuve.

On dit que $X$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p$  et on note $X\hookrightarrow \mathscr B(1;p)$
\end{prop}
\end{cadrecode}

\begin{ex}
Si on lance une pièce de monnaie une fois, si Face représente le succès alors la variable aléatoire $X$ qui vaut $1$ en cas de succès suit une loi de Bernoulli de paramètre $\dfrac{1}{2}$, loi donné par le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline 
$k$ & $0$ & $1$ & Total\tabularnewline
\hline 
\hline 
$P(X=k)$ & $\dfrac{1}{2}$ & $\dfrac{1}{2}$ & $1$\tabularnewline
\hline 
\end{tabular}
\end{center}

On tire au hasard une boule dans une urne contenant 7 boules blanches et 3 boules noires. On considère comme un succès le fait de tirer une boule noire et note $X$ la variable aléatoire qui vaut $1$ en cas de succès.  $X\hookrightarrow \mathscr B\left(1;\dfrac{3}{10}\right)$, loi résumé par le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline 
$k$ & $0$ & $1$ & Total\tabularnewline
\hline 
\hline 
$P(X=k)$ & $\dfrac{7}{10}$ & $\dfrac{3}{10}$ & $1$\tabularnewline
\hline 
\end{tabular}
\end{center}
\end{ex}



\begin{cadrecode}
\begin{prop}
Si $X\hookrightarrow \mathscr B(1;p)$ alors $E(X)=p$ et $V(X)=p(1-p)$
\end{prop}
\end{cadrecode}

\begin{proof}
La loi de $X$ est résumé par le tableau \begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline 
$k$ & $0$ & $1$ & Total\tabularnewline
\hline 
\hline 
$P(X=k)$ & $1-p$ & $p$ & $1$\tabularnewline
\hline 
\end{tabular}
\end{center}

donc $$ E(X)=0\times (1-p)+1\times p=p$$

De plus $V(X)=E(X^2)-E(X)^2$. On a $E(X)^2=p^2$, on trouve $E(X^2)$ grâce au tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline 
$k^2$ & $0^2=0$ & $1^2=1$ & Total\tabularnewline
\hline 
\hline 
$P(X=k^2)$ & $1-p$ & $p$ & $1$\tabularnewline
\hline 
\end{tabular}
\end{center}

Donc $E(X^2)=0\times (1-p)+1\times p=p$ d'où, au final :

$$ V(X)=E(X^2)-E(X)^2=p-p^2=p(1-p)$$
\end{proof}

\begin{ex}
En reprenant les deux contextes précédent, $E(X)=\dfrac{1}{2}$ et $V(X)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$ dans le cas du lancer d'une pièce de monnaie. 

Dans le second cas $E(X)=\dfrac{3}{10}$ et $V(X)=\dfrac{3}{10}\times \dfrac{7}{10}=\dfrac{21}{100}$.
\end{ex}
\section{Schéma de Bernoulli et loi binomiale}
\subsection{Définition}
\begin{cadrecode}
\begin{defn}
On appelle schéma de Bernoulli de paramètres $n$ et $p$ toute expérience aléatoire consistant à répéter $n$ fois de façon indépendante une épreuve de Bernoulli de paramètre $p$.

Si $X$ compte le nombre de succès dans un schéma de Bernoulli, on dit que $X$ suit une loi binomiale de paramètre $n$ et $p$ et on note $X\hookrightarrow \mathscr B(n;p)$\end{defn}
\end{cadrecode}



\begin{ex}
Si on lance une pièce de monnaie deux fois successivement et si Face représente un succès, la variable aléatoire $X$ qui compte le nombre de succès suit une loi binomiale de paramètre $2$ et $\dfrac{1}{2}$.

Déterminons précisément cette loi. Pour ce faire, schématisons la situation à l'aide de probabilité.

\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{arbre1.pdf}
\end{center}

Chaque chemin a pour probabilité $\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$. Il y a un seul chemin qui comporte $0$ succès, ainsi $P(X=0)=\dfrac{1}{4}$. Il y a deux chemins qui comporte $1$ succès, ainsi $P(X=1)=2\times \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}$ et enfin il y a un chemin qui comporte $2$ succès, ainsi $P(X=2)=\dfrac{1}{4}$.

La loi de $X$ est donnée par le tableau suivant :

% Visionner le code LaTeX du paragraphe 0
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline 
$k$ & $0$ & $1$ & $2$ & Total\tabularnewline
\hline 
\hline 
$P(X=k)$ & $\dfrac{1}{4}$ & $\dfrac{1}{2}$ & $\dfrac{1}{4}$ & $1$\tabularnewline
\hline 
\end{tabular}

\end{center}
\pagebreak
On aimerait généraliser la méthode lorsque $n$ augmente. Observons ce qui se passe si on lance $3$ fois une pièce de monnaie. Dans ce cas $X\hookrightarrow \mathscr B\left((3;\dfrac{1}{2}\right)$

Voici l'arbre qui correspond à $n=3$ :

\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{arbre2.pdf}
\end{center}

Chaque chemin a pour probabilité $\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}$

$P(X=0)=\dfrac{1}{8}$ puisqu'il n'y a qu'un chemin avec trois échecs.

$P(X=1)=3\times \dfrac{1}{8}=\dfrac{3}{8}$ puisqu'il y a trois chemins avec un succès exactement.

$P(X=2)=3\times \dfrac{1}{8}=\dfrac{3}{8}$ puisqu'il y a trois chemins avec deux succès exactement.

$P(X=3)=\dfrac{1}{8}$ puisqu'il n'y a qu'un chemin avec trois succès.


La loi de $X$ est donnée par le tableau suivant :

% Visionner le code LaTeX du paragraphe 0
\begin{center}
% Visionner le code LaTeX du paragraphe 0

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline 
$k$ & $0$ & $1$ & $2$ & $3$ & Total\tabularnewline
\hline 
\hline 
$P(X=k)$ & $\dfrac{1}{8}$ & $\dfrac{3}{8}$ & $\dfrac{3}{8}$ & $\dfrac{1}{8}$ & $1$\tabularnewline
\hline 
\end{tabular}

\end{center}
\end{ex}

\subsection{Coefficient Binomiaux}


\begin{cadrecode}
\begin{defn}
Dans un schéma de Bernoulli de paramètre $n$ et $p$, le nombre de chemin (dans l'arbre représentant la situation) comportant exactement $k$ succès est noté $\binom{n}{k}$ (On lit $k$ parmi $n$). Ces nombres sont appelés coefficients binomiaux. 
\end{defn}
\end{cadrecode}

\begin{ex}
D'après l'exemple précédent pour $n=2$ : $\binom{2}{0}=1$, $\binom{2}{1}=2$ et $\binom{2}{2}=1$.

puis pour $n=3$ : $\binom{3}{0}=1$, $\binom{3}{1}=3$, $\binom{3}{2}=3$ et $\binom{3}{3}=1$.

On peut expliquer $\binom{3}{1}$ à l'aide des coefficients binomiaux calculés pour $n=2$.

On cherche le nombre de chemin comportant exactement $1$ si on effectue trois épreuve de Bernoulli.

Si la première épreuve est un succès alors les deux suivantes doivent être des échecs et il y a $\binom{2}{0}$ chemin dans l'arbre correspond.

Si la première épreuve est un échec alors il doit y avoir exactement un succès parmi les deux suivantes et il y a $\binom{2}{1}$ chemins dans l'arbre correspond.

On vient de démontrer que : $$\binom{3}{1}= \binom{2}{0}+\binom{2}{1}$$
De même $$\binom{3}{2}=\binom{2}{1}+\binom{2}{2} $$

Ce raisonnement se généralise :
\end{ex}

\begin{cadrecode}
\begin{theo}
Soit $n\in \mathbb{N}$ et $k$ un entier compris entre $0$ et $n$. On a :
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
\item $\binom{n}{k}\in \mathbb{N}$ ;
\item $\binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1$ ;
\item $\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}$ ;
\item $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$
\item $\binom{n}{1}=1$
\end{enumerate}
\end{multicols}
\end{theo}
\end{cadrecode}

\begin{proof}
\begin{enumerate}
\item $\binom{n}{k}\in \mathbb{N}$  puisqu'un nombre de chemin ne peut être qu'entier...
\item Il n'existe qu'une manière de réaliser $n$ succès en $n$ épreuves (de même qu'il n'existe qu'une manière d'échouer $n$ fois en $n$ épreuves.)
\item Si la première épreuve est un succès il existe $\binom{n-1}{k-1} $ manières de réaliser $k-1$ succès en $n-1$ épreuves.

Si la première épreuve est un échec il existe $\binom{n-1}{k} $ manières de réaliser $k$ succès en $n-1$ épreuves et donc au final il existe $\binom{n-1}{k-1} +\binom{n-1}{k} $ manières de réaliser $k$ succès en $n$ épreuves d'où :

$$\binom{n}{k}=\binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}$$
\item Il existe $\binom{n}{k}$ comportant exactement $k$ succès en $n$ épreuves. Il en existe tout autant comportant exactement $k$ échecs en $n$ épreuves. Or $k$ échecs correspond à $n-k$ succès d'où :
$$\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$$
\item Il y a $n$ manières de réussir exactement un succès en $n$ épreuves : soit on réussit la première épreuve, soit la deuxième, soit la troisième, soit $\dots$, soit la $n-$ème épreuve d'où :
$$ \binom{n}{1}=1$$
\end{enumerate}
\end{proof}

Le théorème précédent permet de calculer les premiers coefficients binomiaux afin de constituer le célèbre triangle de Pascal :

\begin{center}
\includegraphics[scale=0.6]{trianglepascal.pdf}
\end{center}

On lit par exemple pour $n=5$ les informations suivantes :$\binom{5}{0}=1$, $\binom{5}{1}=5$, $\binom{5}{2}=10$, $\binom{5}{3}=10$, $\binom{5}{3}=5$ et $\binom{5}{5}=1$

\subsection{Formule du binôme de Newton}
\begin{cadrecode}
\begin{theo}
Soit $a$ et $b$ deux nombres réels et $n$ un entier naturel alors :
$$ (a+b)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^{n-k} b^{k}$$
\end{theo}
\end{cadrecode}


\begin{ex}
Pour $n=2$ on retrouve $(a+b)^2=\binom{2}{0}a^2 b^0+\binom{2}{1}a^1 b^1+\binom{2}{2}a^0 b^2=a^2+2ab+b^2$

Pour $n=3$ on trouve $(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$ puis pour $n=4$ on a :
$$(a+b)^4=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4$$
Il est possible de calculer $(a-b)^5$ avec cette formule via la transformation :
$$ (a-b)^5=(a+(-b))^5=\binom{5}{0} a^{5} (-b)^{0}+\binom{5}{1} a^{4} (-b)^{1}+\binom{5}{2} a^{3} (-b)^{2}+\binom{5}{3} a^{2} (-b)^{3}+\binom{5}{4} a^{1} (-b)^{4}+\binom{5}{5} a^{5} (-b)^{0}=a^5-5a^4b+10a^3b^2-10a^2b^3+5ab^4-b^5$$
\end{ex}


\begin{proof}
$$ (a+b)^n=(a+b)\times (a+b)\times \dots \times (a+b)$$

Obtenir le terme $a^{n-k}\times b^k$ revient à choisir exactement $k$ fois $b$ et $n-k$ fois $a$. Il y a $\binom{n}{k}$ manières de choisir $k$ fois $b$ exactement.
\end{proof}

\begin{cadrecode}
\begin{prop}
Pour tout entier naturel $n$ on a :
$$ 2^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}$$
\end{prop}
\end{cadrecode}

\begin{proof}
On applique le théorème précédent pour $a=b=1$. Si on regarde la ligne correspond à $n=4$ dans le triangle de Pascal alors on a démontré que $1+4+6+4+1=16=2^4$.
\end{proof}


\begin{cadrecode}
\begin{defn}
Si $n$ est un entier naturel alors on note $n !$ le produit que l'on lit $n$ factoriel suivant :
$$ n!=n\times (n-1)\times (n-2)\times \dots \times 1$$
\begin{ex}
$5!=5\times 4\times 3\times 2\times 1=120$.
\end{ex}
\end{defn}
\begin{theo}
Soit $n\in \mathbb{N}$ et $k$ un entier compris entre $0$ et $k$ alors on a :
$$ \binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}$$
\end{theo}
\end{cadrecode}

\begin{ex}
$\binom{5}{3}=\dfrac{5!}{3!\times 2!}=\dfrac{120}{6\times 2}=10$
\end{ex}

\begin{proof}
Cette égalité sera démontrée en terminale en utilisant le théorème 1. $(3)$ et un raisonnement par récurrence.
\end{proof}
\subsection{Loi Binomiale}
\begin{cadrecode}
\begin{theo}
Si $X$ suit une loi binomiale de paramètre $n$ et $p$ alors, pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $n$ on a :

$$  P(X=k)=\binom{n}{k} p^k\times (1-p)^{n-k}$$
\end{theo}
\end{cadrecode}

\begin{ex}
On tire au hasard une boule dans une urne contenant 7 boules blanches et 3 boules noires. On considère comme un succès le fait de tirer une boule noire. On répète de manière identique et indépendante cet expérience $6$ fois.

Si on note $X$ la variable aléatoire qui compte le nombre de succès alors elle suit une loi binomiale de paramètre $n=6$ et $p=\dfrac{3}{10}$.

La probabilité qu'on pioche exactement $2$ boules noires vaut :
$$ P(X=2)=\binom{6}{2} \times \left(\dfrac{3}{10}\right)^2\times \left(\dfrac{7}{10}\right)^4=15 \times \dfrac{9}{100}\times \dfrac{7^4}{10^4}\simeq 0,324 $$


De même la probabilité qu'on pioche au moins $1$ boule noire vaut :
$$ P(X\geq 1)=1-P(X=0)=1-\binom{6}{0} 0.3^0\times 0.7^6=1-0.7^6\simeq 0,882$$
\end{ex}


\begin{proof}
On cherche donc la probabilité d'obtenir exactement $k$ succès dans ce schéma de Bernoulli. La probabiltié d'un des $\binom{n}{k}$ comportant exactement $k$ succès vaut $p^k\times (1-p)^{n-k}$ par conséquent :
$$P(X=k)=\binom{n}{k} p^k\times (1-p)^{n-k } $$
\end{proof}


\begin{cadrecode}
\begin{theo}
Si $X$ suit une loi binomiale de paramètre $n$ et $p$ alors $E(X)=np$ et $V(X)=np(1-p)$.
\end{theo}
\end{cadrecode}

\begin{proof}
Si $X$ suit une loi binomiale de paramètre $n$ et $p$ on peut l'écrire comme la somme de $n$ variables aléatoires suivant des loi de Bernoulli de paramètre $p$ c'est-à-dire :
$$ X=X_1+X_2+\dots +X_n$$
Auquel cas $$ E(X)=E(X_1+X_2+\dots +X_n)=E(X_1)+E(X_2)+\dots +E(X_n)=p+p+\dots+p=np$$
Nous admettons la formule pour la variance.
\end{proof}

\begin{ex}
On tire au hasard une boule dans une urne contenant 7 boules blanches et 3 boules noires. On considère comme un succès le fait de tirer une boule noire. On répète de manière identique et indépendante cet expérience $6$ fois.

Dans ce contexte $X\hookrightarrow \mathscr B(6;0,3)$ et donc :
$$ E(X)=6\times 0,3=1,8\qquad \text{et}\qquad V(X)=6\times 0,3\times 0,7\simeq 1,26\Longrightarrow \sigma(X)=\sqrt{V(X)}\simeq 1,12$$

Ainsi on peut espérer en moyenne environ $1,8$ succès pour un risque de $1,12$.
\end{ex}

\subsection{Exercices d'applications}

\begin{exo}
On sait qu'une variable aléatoire $X$ suit une loi binomiale de paramètre $n=10$ et $p>\dfrac{1}{2}$. On sait aussi que :
$$ V(X)=2$$
\begin{enumerate}
\item Rappeler la formule donnant l'espérance et la variance d'un loi binomiale.
\item Déterminer la valeur de $p$.
\item En déduire $E(X)$.
\end{enumerate}
\end{exo}




\begin{exo}
Une compagnie de transports désire optimiser les contrôles afin de limite l'impact des fraudes.
 Cette compagnie effectue une étude basée sur deux trajets par jour pendant les 20 jours ouvrables d'un mois,
 soit au total $40$ trajets. On admet que les contrôles sont indépendants les uns des autres et que la probabilité
 pour tout voyageur d'être contrôlé est égale à $p$.\\
 Un trajet côute $10$ euros. En cas de fraude, l'amende est de $100$ euros.\\
 Théo fraude systématiquement lors des $40$ trajets étudiés (ce n'est pas bien du tout !).\\
 Soit $X$ la variable aléatoire qui compte le nombre de trajets où Théo a été contrôlé.
\begin{enumerate}
 \item Quelle loi suit $X$. Justifier.
 \item On suppose que $p=0.05$.
 \begin{enumerate}
  \item Calculer à $10^{-4}$ près $P(X=5)$. Interpréter.
  \item Calculer à $10^{-4}$ près la probabilité que Théo soit contrôlé au moins une fois.
  \item Calculer à $10^{-4}$ près la probabilité que Théo soit contrôlé au plus deux fois.
  \end{enumerate}
\item Soit $Z$ la variable aléatoire donnant le gain algébrique réalisé par le fraudeur.
\begin{enumerate}
\item Justifier que $Z=400-110X$.
        \item Calculer $E(Z)$.
      \end{enumerate}
 \item \begin{enumerate}
        \item La fraude est-elle favorable ou non pour Théo ?
        \item Pour quelles valeurs de $p$ en serait-il autrement ?
       \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{exo}
Le druide de Gattaca a besoin pour préparer sa potion magique de champignons syldave. Il envoie $11$ vaillants citoyens les chercher. Parsemé de périls et d'embuche on estime qu'un citoyen (aussi vaillant soit-il) a $2$ chances sur $17$ de périr pour aller dans la forêt et tout autant pour revenir à Gattaca.
\begin{enumerate}
\item Calculer la probabilité qu'un citoyen revienne vivant de l'excursion. \textit{on pourra s'aider d'un arbre de probabilité.}
\item On note $X$ la variable aléatoire qui compte le nombre de survivant. 
\begin{enumerate}
\item Expliquer pourquoi $X\hookrightarrow B\left(11; \dfrac{225}{289}\right)$
\item Calculer la probabilité qu'au moins un citoyen ramène des champignons syldave nécessaire à la préparation de la potion magique.
\item Calculer $p(X=0)$ et $p(X=1)$.
\item En déduire la probabilité qu'au moins deux citoyens ramène des champignons syldave.
\item Calculer $E(X)$. Interpréter.
\end{enumerate}
\item Lance, un jeune cycliste Syldave, n'a pas la permission de consommer les champignons préparé par le druide, il décide donc de se débrouiller tout seul. Pendant une semaine tous les matins, Lance part chercher les fameux champignons et revient le soir afin de les préparer et de les manger.
\\
On note $Y$ la variable aléatoire donnant le nombre de jours où Lance a pu manger des champignons syldave.
\begin{enumerate}
\item Donner $p(Y=1)$ et $p(Y=2)$.
\item Recopier et compléter le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 
$k$ & $0$ & $1$ & $2$ & $3$ & $4$ & $5$ & $6$ & $7$\tabularnewline
\hline 
\hline 
$p(Y=k)$ &  &  &  &  &  &  &  & \tabularnewline
\hline 
\end{tabular}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{exo}
Un basketteur effectue une série de $7$ lancers francs. Il réussit chacun des lancers francs avec une probabilité égale à $p$.
\\
Déterminer, à l'aide de la calculatrice, la plus petite valeur de $p$, à $10{-2}$ près, telle qu'on soit sûr à plus de $99\%$ que le basketteur réussisse au moins un des sept lancers francs.
\end{exo}

\section{Echantillonnage et Prise de décision}

\subsection{Intervalle de fluctuation à $95\%$}
Lors d'une élection présidentielle, le candidat \og D. \fg{} est élu avec $52\%$ des voix.

On interroge, au sortir des urnes, un échantillon de $100$ votants et on leur demande s'ils ont voté pour D. ou non. On suppose que les votants disent la vérité. On note $X$ le nombre de votants qui déclarent avoir voté pour D. Il est illusoire de penser que $X=52$, cependant il est naturel de penser qu'il y a plus de chance que $X=45$ plutôt que $X=33$.

La loi binomiale va nous aider à préciser les choses.

Puisqu'on répète $100$ fois la même question de manière indépendante, la variable aléatoire $X$ suit une loi binomiale de paramètre $n=100$ et $p=0,52$ c'est-à-dire :
$$X\hookrightarrow\mathscr B(100;0,52) $$
Nous savons calculer $P(X=k)$ pour $k$ compris entre $0$ et $100$. Par exemple :

$$ P(X=52)=\binom{100}{52}\times 0,52^{52}\times 0,48^{48}\simeq 0,08$$
Il n'y a pas plus de $8\%$ de chance qu'exactement $52$ personnes de cet échantillon aient voté pour D. C'est bien peu !

Pour y voir plus clair représentons l'histogramme de la loi binomiale de paramètre $n=100$ et $p=0,52$ :

\begin{center}
\includegraphics[width=0.6\textwidth,natwidth=310,natheight=332]{histo1.png}

\end{center}

En observant cet histogramme il semblerait que la probabilité que $X$ soit compris entre $34$ et $70$ soit très forte autrement dit :
$$ P(34\leq X\leq 70)\simeq 1$$

Par conséquent il est très improbable que l'on observe $X<34$ ou $X>70$, si tel était le cas il faudrait commencer à se poser de sérieuse question. Peut-être y a t-il eu bourrage des urnes, peut-être les votants sont des menteurs, peut-être on a vraiment pas eu de chance$\dots$

\begin{cadrecode}
\begin{defn}
On suppose que $X\hookrightarrow \mathscr B(n;p)$. Un intervalle du type $\left[\dfrac{a}{n};\dfrac{b}{n}\right]$ est appelé \textit{intervalle de fluctuation à $95\%$} si :
$$ P(a\leq X\leq b)\simeq 0,95$$
Dans la pratique on choisit $a$ comme le plus petit entier tel que $P(X\leq a)>0,025$ et $b$ comme le plus petit entier tel que $P(X\leq b)\geq 0,975$.
\end{defn}
\end{cadrecode}


On utilise alors une calculatrice ou un ordinateur pour déterminer $a$ et $b$.

Avec une TI NSPIRE, on tape \og binomCdf(100,0.52,$A$,$B$) \fg{} obtenu en allant dans Menu, probabilité puis distribution. Ensuite on teste des valeurs de $A$ et $B$ autour de la moyenne.

\begin{ex}
Ici, $E(X)=100\times 0.52=52$. La commande binomCdf(100,0.52,42,62)$\simeq 0.965$ tandis que binomCdf(100,0.52,43,61)$\simeq 0.943$, on en déduit que l'intervalle de fluctuation à $95\%$ est de la forme $[0,42;0,62]$. Autrement dit il y a plus de $95\%$ de chance que dans notre échantillon, il y ait entre $42\%$ et $62\%$ de personnes déclarant avoir voté pour le candidat D.
\end{ex}

\subsection{Prise de décision}

\begin{exo}
Lors d'une élection un candidat a été élu avec $62\%$ des voix. A la sortie des urnes on a interrogé $1000$ citoyens, $470$ d'entre eux ont déclaré avoir voté pour le candidat élu.

Est-il légitime de soupçonner une fraude ?

\textit{Indication } : Vérifier que l'intervalle de fluctuation à $95\%$ est $[0,590;0.650]$ puis appliquer la règle suivante :
\end{exo}

\begin{cadrecode}
\begin{regle}
Si la fréquence observée $f$ appartient à l'intervalle de fluctuation $\left[\dfrac{a}{n};\dfrac{b}{n}\right]$, on accepte l'hypothèse faite sur la probabilité $p$ au seuil $5\%$ ; sinon on rejette l'hypothèse selon laquelle cette probabilité vaut $p$.
\end{regle}
\end{cadrecode}

\begin{exo}
Alice lance $1000$ fois une pièce de monnaie et obtient $484$ pile. 

Est-il raisonnable de penser que la pièce d'Alice est bien équilibrée ?

\textit{Indication } : On pourra se servir du tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 
$X\in$ & $[490;510]$ & $[480;520]$ & $[470;530]$ & $[460;540]$ & $[450;550]$ & $[440;560]$\tabularnewline
\hline 
\hline 
Probabilité & $0.49$ & $0.81$ & $0.95$ & $0.99$ & $0.999$ & $0.9999$\tabularnewline
\hline 
\end{tabular}
\end{center}
\end{exo}

\section{Pour aller un peu plus loin}
%\subsection{Au sujet des coefficients binomiaux}

%\subsubsection{Généralité}

\begin{cadrecode}
\begin{defn}
le nombre de listes de longueur $n$, constituées de $1$ et de $0$, et ayant $k$ fois l'élément $1$ et $n-k$ fois l'élément $0$ est égal à $\binom{n}{k}$. C'est également le nombre de parties à $k$ éléments dans un ensemble à $n$ éléments. Ces parties ou ces listes sont appelées des $k$-combinaisons sans répétition.

Le nombre de suites de $n$ entiers naturels dont la somme vaut $k$ est égale à $\binom{n+k-1}{k}$. C'est aussi le nombre de façons de choisir $k$ éléments d'un ensemble à $n$ éléments si les répétitions sont permises (nombre de combinaisons avec répétition).
\end{defn}
\end{cadrecode}


\begin{ex}
    D'un point de vue plus intuitif, ce nombre permet de savoir combien de tirages de k éléments parmi n différents on peut réaliser. Les quatre as d'un jeu de cartes sont face contre table, on veut savoir combien de possibilités de jeu il existe si l'on prend simultanément deux cartes au hasard. Si l'on suit la formule il y en a six.

        Pour s'en persuader, voici la liste des mains :

   
   \begin{enumerate}
        \item as de cœur et as de carreau
        \item as de cœur et as de trèfle
        \item as de cœur et as de pique
        \item as de carreau et as de trèfle
        \item as de carreau et as de pique
        \item as de trèfle et as de pique
        \end{enumerate}     
        
       
        
        
        

    Il n'existe pas d'autres possibilités vu que l'ordre n'importe pas (« carreau - pique » est équivalent à « pique - carreau »). 
\end{ex}

\begin{ex}
Dans une classe de $28$ élèves on peut élire $\binom{28}{2}=\dfrac{28!}{2!26!}=\dfrac{28\times 27}{2}=14\times 27=378$ couples de délégués différents.
\end{ex}


\subsubsection{Un (petit) test de primalité}

\begin{cadrecode}
\begin{theo}
 Un entier $n\geq 2$ est premier si et seulement si tous les $\binom{n}{k}$ pour $k = 1,\dots  , n -1$ sont divisibles par $n$.
\end{theo}
\end{cadrecode}

\begin{proof}
\begin{itemize}
\item[$\Longrightarrow)$]
Si $n\geq 2$ est un nombre premier montrer que $n$ divise $\binom{n}{k}$.

On sait que, pour tout $k$ entier compris entre (strictement) entre $0$ et $n$  : $$\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\Longrightarrow \binom{n}{k}=\dfrac{n}{k}\times \dfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}$$
Or, $(n-1-(k-1))!=(n-k)!$ par conséquent :
$$ \binom{n}{k}=\dfrac{n}{k}\times \binom{n-1}{k-1} \Longleftrightarrow k\binom{n}{k}=n \binom{n-1}{k-1} \qquad(\bigstar)$$
On utilise pour conclure le lemme d'euclide :
\begin{lem}
Si un nombre premier $p$ divise le produit de deux nombres entiers $b$ et $c$, alors $p$ divise $b$ ou $c$.
\end{lem}
D'après $(\bigstar)$ $n$ divise le produit $k\binom{n}{k}$ donc d'après le lemme d'Euclide $n$ divise $k$ ou $\binom{n}{k}$. Etant donné que $k<n$, $n$ ne peut diviser que $\binom{n}{k}$.

Ainsi pour $0<k<n$ on vient de démontrer que $n$ divise $\binom{n}{k}$.

\item[$\Longleftarrow)$] Supposons que tous les $\binom{n}{k}$ pour $k = 1,\dots  , n -1$ sont divisibles par $n$, puis raisonnons par l'absurde, supposons que $n$ ne soit pas un nombre premier alors $n$ est divisible par $ 2\leq k\leq n-1$ ($\dfrac{n}{k}$ est donc un nombre entier). Réutilisons $(\bigstar)$  :

$$k\binom{n}{k}=n \binom{n-1}{k-1}\Longleftrightarrow \binom{n}{k}=\dfrac{n}{k} \times \binom{n-1}{k-1}$$

$$ \binom{n-1}{k-1}=\dfrac{(n-1)!}{(k-1)!\times (n-k)!}=\dfrac{(n-1)\times (n-2) \times \dots \times  (n-k+1)}{(k-1)!}$$
Puisque $k$ divise $n$, il ne divise aucun des $k-1$ entiers précédents $n$, ainsi $k$ ne divise pas $(n-1)\times (n-2) \times \dots \times  (n-k+1)$ et donc $k$ ne divise pas $\binom{n-1}{k-1}$. Enfin puisque $\binom{n-1}{k-1}$ ne contient pas le facteur $k$ et comme $\binom{n}{k}=\dfrac{n}{k} \times \binom{n-1}{k-1}$ nous concluons que $n$ ne divise pas $\binom{n}{k}$, ce qui est contraire à l'hypothèse.
\end{itemize}
\end{proof}

\pagebreak
%\subsubsection{Le postulat de Bertrand}
%
%\begin{cadrecode}
%\begin{theo}
%Il existe une infinité de nombre premier.
%\end{theo}
%\end{cadrecode}
%
%\begin{proof}
%Supposons qu'au contraire il existe un nombre fini $n$ de nombre premier, que nous notons $p_1$; $p_2$; $\dots$ ; $p_n$ vérifiant $p_1<p_2<\dots <p_n$. Considérons le nombre $N$ définit par :
%$$ N=p_1p_2\dots p_n+1$$
%Chacun des $p_i$ étant supérieur ou égal à $2$ il suit que $N>p_n$. $N$ n'est donc pas un nombre premier, il existe donc un nombre premier de la forme $p_i$ qui divise $N$, donc $N=p_i\times k$ où $k\in \mathbb{N}$ et donc :
%$$ p_i\times k=p_1p_2\dots p_n+1 \Longleftrightarrow p_i\left(k-\dfrac{p_1p_2\dots p_n}{p_i}\right)=1$$
%Puisque $k-\dfrac{p_1p_2\dots p_n}{p_i}$ est un nombre entier, nous venons de démontrer que $p_i$ divise $1$, ce qui est absurde.
%\end{proof}
%
%
%\begin{cadrecode}
%\begin{theo}
%La distance qui sépare deux nombres premiers consécutifs n'est pas bornée.\end{theo}
%\end{cadrecode}
%
%\begin{proof}
%Soit $p$ un nombre premier.  Considérons le produit $N=2\times 3\times 5\times 7\times \dots \times p$ de tous les nombres premiers inférieurs à $p$. Aucun des $p-1$ nombres suivant n'est premier :
%$$ N+2; N+3; N+4; \dots ; N+p$$
%puisque $N+2$ est divisible par $2$, $N+3$ par $3$, $N+4$ par $2$, $N+p$ par $p$.
%
%Puisqu'il existe une infinité de nombre premier, il est possible de choisir $p$ aussi grand que l'on veut.
%\end{proof}
%
%\begin{ex}
%En choisissant $p=11$, nous pouvons construire par ce principe $10$ nombres consécutifs non premier.
%$$ N=2\times 3\times 5\times 7\times 11=2310$$
%Les nombres $2312$, $2313$, $2314$, $2315$, $2316$, $2317$, $2318$, $2319$, $2320$ et $2321$ ne sont pas premiers.
%
%En choisissant $p=17$, nous construisons par ce principe $16$ nombres consécutifs non premier.
%$$ N=2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13\times 17=510510$$
%Aucun des nombres entiers compris entre $510512$ et $510527$ n'est premier.
%\end{ex}
%
%Bien qu'il puisse y avoir un écart aussi grand que l'on veut entre deux nombres premiers, il n'en reste pas moins que la somme des inverses des nombres premiers diverge :
%
%\begin{cadrecode}
%\begin{theo}
%La somme des inverse des nombres premiers diverge.
%
%Autrement dit :
%$$ \sum_{p\in \mathbb{P}} \dfrac{1}{p}\longrightarrow+\infty$$
%\end{theo}
%\end{cadrecode}
%
%\begin{proof}
%Soit $p_1$, $p_2$, $p_3$, $\dots$ la suite des nombres premiers écrite dans l'ordre croissante. Supposons que $\sum_{p\in \mathbb{P}} \dfrac{1}{p}$ converge. Il doit donc y avoir un entier naturel $k$ tel que $$\sum_{i\geq k+1} \dfrac{1}{p_i}<\dfrac{1}{2}$$
%Appelons $p_1$, $p_2$, $\dots$, $p_k$ les \textit{petits} nombres premiers et $p_{k+1}$, $p_{k+2}$,$\dots$ les \textit{grands} nombres premiers. Si $N$ est un entier arbitraire, nous avons donc :
%$$\sum_{i\geq k+1} \dfrac{N}{p_i}<\dfrac{N}{2} \qquad (\star)$$
%Soit $N_b$ le nombre d'entiers positifs $n\leq N$ divisibles par un grand nombre premier au moins et $N_s$ le nombre d'entiers positifs $n\leq N$ qui n'ont que des petits diviseurs premiers. Nous allons démontrer que pour un $N$ convenable :
%$$ N_b+N_s<N$$
%ce qui aboutira à une contradiction, puisque par définition $N_b+N_s=N$.
%
%Pour estimer $N_b$, observons que $\left\lfloor \dfrac{N}{p_i}\right\rfloor$ (où $\lfloor x\rfloor$ désigne la partie entière de $x$) donne le nombre d'entiers positifs $n\leq N$ qui sont des multiples de $p_i$.
%
%Par conséquent, d'après $(\star)$ on obtient :
%$$ N_b\leq \sum_{i\geq k+1} \left\lfloor \dfrac{N}{p_i}\right\rfloor \leq\sum_{i\geq k+1} \dfrac{N}{p_i} <\dfrac{N}{2}\qquad (\star\star)$$
%
%Examinons maintenant $N_s$. Ecrivons chaque $n\leq N$ n'ayant que des petits diviseurs premiers sous la forme $n=a_nb_n^2$ où $a_n$ est le facteur sans carré. Chaque $a_n$ est donc le produit de petits nombres premiers tous distincts. Or, il y a au total $2^k$ produit de petits nombres premiers tous distincts (on s'en convainc en écrivant que $a_n=q_1\times q_2 \times\dots \times  q_k$ où $q_i$ vaut soit $1$ soit $p_i$) ; il y a donc $2$ choix possibles pour chaque $q_i$). Par ailleurs comme $b_n\leq \sqrt{n}\leq \sqrt{N}$ (sinon $b_n^2 >n$), il y a au plus $\sqrt{N}$ facteurs différents qui sont des carrés. Il y a au plus $\sqrt{N}$ choix pour $b_n$ et $2^k$ choix pour $a_n$.
%
%Ainsi $$ N_s\leq 2^k \sqrt{N}$$
%
%Puisque $(\star\star)$ est vrai pour tout entier $N$, il reste à déterminer un nombre $N$ tel que $2^k\sqrt{N}\leq \dfrac{N}{2}$ c'est-à-dire tel que $2^{k+1}\leq \dfrac{N}{\sqrt{N}}=\sqrt{N}$.
%
%Or $$\sqrt{N}\geq 2^{k+1} \Longleftrightarrow N\geq 2^{2k+2}$$
%
%Nous venons donc de démontrer que pour $N\geq 2^{2k+2}$ on a $N_s\leq \dfrac{N}{2}$ et donc $N_b+N_s<N$, il n'est pas possible que $\sum_{p\in \mathbb{P}} \dfrac{1}{p}$ converge.
%
%Notons enfin que nous avons pas eu besoin de savoir qu'il existe une infinité de nombre premier pour démontrer que $\sum_{p\in \mathbb{P}} \dfrac{1}{p}$ diverge. Ainsi au passage, cette démonstration établit qu'il existe une infinité de nombre premier (sinon $\sum_{p\in \mathbb{P}} \dfrac{1}{p}$ ne divergerait pas).\end{proof}
%
%
%\begin{cadrecode}
%\begin{theo}
%La somme des inverses des nombres entiers(dite \textit{somme harmonique}) diverge vers $+\infty$ autrement dit : $$ \sum_{k\geq 1} \dfrac{1}{k}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}+\dots \longrightarrow +\infty$$
%tandis que la somme des inverses des carrés des nombres entiers converge autrement dit :
%$$\sum_{k\geq 1} \dfrac{1}{k^2}=1+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{9}+\dots \text{ converge } $$
%\end{theo}
%\end{cadrecode}
%\begin{proof}
%\begin{itemize}
%\item
%Notons :
%$$ H_n=\sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{1}{k}$$ 
%Alors : $H_2=1+\dfrac{1}{2}$ ; $H_4=H_2+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}\geq H_2+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\geq H_2+\dfrac{1}{2}$ puis $$ H_8=H_4+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{8}\geq H_4+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}\geq H_4+\dfrac{1}{2}$$
%En procédant de la même manière nous avons, pour tout entier $n$ :
%$$ H_{2n}\geq H_n+\dfrac{1}{2}$$
%Ainsi $(H_n)$ est une suite croissante non majorée, donc sa limite vaut $+\infty$ autrement dit la somme \textit{harmonique} diverge vers $+\infty$.
%\item Notons $u_n=\sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{1}{k^2}$. Nous allons démontré que cette suite est majorée, et puisqu'elle est croissante, automatiquement elle converge.
%
% Comme $k>k-1$, nous avons pour $k\geq 2$ :
%$$ \dfrac{1}{k^2}\leq \dfrac{1}{k(k-1)}$$
%puis $\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}=\dfrac{k-(k-1)}{k(k-1)}=\dfrac{1}{k(k-1)}$. Ainsi pour $k\geq 2$ nous avons :
%$$ \dfrac{1}{k^2}\leq \dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}$$
%Or :
%$$\sum_{k=2}^n  \left(\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}\right)=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dots +\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}=1-\dfrac{1}{n}$$
%ce qui montre que :
%$$ \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2}\leq 1+\sum_{k=2}^n  \left(\dfrac{1}{k-1}-\dfrac{1}{k}\right)=2-\dfrac{1}{n}\leq 2$$
%La suite $u_n=\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2}$ est donc majorée par $2$ ; comme elle trivialement croissante, il suit que la suite $(u_n)$ converge vers une limite finie.
%\begin{rem}
%Il est possible mais un peu plus difficile de montrer que :
%$$ \sum_{k\geq 1} \dfrac{1}{k^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$$
%\end{rem}
%\end{itemize}
%\end{proof}
%
%\begin{rem}
%L'écart entre deux nombres premiers évolue donc moins vite que l'écart entre deux carrés. Le problème suivant n'est toujours pas résolu :
%
%\textit{Y a-t-il toujours un nombre premier entre $n^2$ et $(n+1)^2$ ?}
%
%Même si on ne peut pour le moment démontrer qu'il existe toujours un nombre premier entre $n^2$ et $(n+1)^2$, le résultat suivant (appelé \textit{postulat de Bertrand}) montre que la distance entre deux nombres premiers peut-être contrôlé (sa démonstration est basé sur l'estimation des coefficients binomiaux centraux) :
%
%\end{rem}
% 
%\begin{cadrecode}
%\begin{theo}\textbf{Postulat de Bertrand}\\
%L'écart entre un nombre premier et le nombre premier suivant ne peut pas être supérieur au nombre duquel on est parti. 
%
%Autrement dit, pour tout $n\geq 1$, il existe un nombre premier $p$ tel que $n<p\leq 2n$.\end{theo}
%\end{cadrecode}
%
%
%Pour démontrer ce résultat nous aurons besoin des deux théorèmes suivants :
%
%\begin{cadrecode}
%\begin{propo}\textbf{Estimation des coefficients binomiaux centraux}\\
%Pour tout entier naturel $m$ on a :
%$$ \binom{2m+1}{m}\leq 2^{2m}$$ 
%\end{propo}
%\end{cadrecode}
%
%\begin{proof}
%$\binom{2m+1}{m}\leq 2^{2m}$ puisque $$\binom{2m+1}{m} \qquad \text{et}\qquad \binom{2m+1}{m+1}$$
%sont deux termes égaux qui apparaissent dans la somme :
%$$ \sum_{k=0}^n \binom{2m+1}{k}=2^{2m+1}$$
%\end{proof}
%
%\begin{cadrecode}
%\begin{propo}\textbf{Le théorème de Legendre}\\
%Le nombre $n!$ contient le facteur premier $p$ exactement $\sum_{k\geq 1} \left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor$ fois.
%\end{propo}
%\end{cadrecode}
%
%\begin{ex}
%$13!=13\times 12\times 11\times 10 \times 9\times 8\times 7\times 6\times 5\times 4\times 3\times 2$. Il contient le facteur $2$ dans chaque nombre pair ($6$ fois donc), puis  il contient le facteur $2$, une fois de plus, dans chaque nombre divisible par $4$ ($\left\lfloor\dfrac{13}{2^2}\right\rfloor=3$ fois donc), puis il contient le facteur $2$ une fois de plus, dans chaque nombre divisible par $8$ ($\left\lfloor\dfrac{13}{2^3}\right\rfloor=1$ fois donc). Au final $13!$ contient le facteur $2$, $6+3+1=10$ fois.
%\end{ex}
%\begin{proof}
%Il y a exactement $\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor$ termes parmi les facteurs de $n!=1\times 2\times 3\times \dots \times n$ qui sont divisibles par $p$ et qui fournissent $\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor$ facteurs qui contiennent le facteur $p$. 
%
%Il y a exactement $\left\lfloor\dfrac{n}{p^2}\right\rfloor$ termes parmi les facteurs de $n!=1\times 2\times 3\times \dots \times n$ qui sont divisibles par $p^2$ et qui fournissent les $\left\lfloor\dfrac{n}{p^2}\right\rfloor$ facteurs premiers $p$ suivants de $n!$, etc...
%\end{proof}
%
%\begin{cadrecode}
%\begin{propo}\textbf{Estimation des coefficients binomiaux centraux}
%Pour $n\geq 3$ on a :
%$$ \dfrac{4^n}{2n}\leq \binom{2n}{n}\leq 2n^{\sqrt{2n}}\times \prod_{ \sqrt{2n}<p\leq \dfrac{2}{3}n} p \times \prod_{n<p\leq 2n} p $$
%ou encore :
%$$\dfrac{4^n}{2n}\leq \binom{2n}{n}\leq  \dfrac{n^k}{2^{k-1}}$$
%\end{propo}
%\end{cadrecode}
%
%
%\begin{proof}
%Démontrons séparement la minoration et la majoration.
%\begin{itemize}
%\item Démontrons la minoration :
%
%On sait que la suite $\binom{n}{0}$, $\binom{n}{1}$, $\binom{n}{2}$, $\dots$, $\binom{n}{n}$ :
%\begin{itemize}
%\item a pour somme $\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}=2^n $
%\item est symétrique : $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$
%\end{itemize}
%Ainsi la suite des coefficients binomiaux croit vers son milieu, de sorte que les coefficients binomiaux du milieu sont les plus grands de la suite :
%$$ 1=\binom{n}{0}<\binom{n}{1}<\dots<\binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor}=\binom{n}{\lceil n/2 \rceil}>\dots>\binom{n}{n-1}>\binom{n}{n}=1$$
%La notation $\lfloor x \rfloor$ (respectivement $\lceil x \rceil$) désigne le nombre $x$ arrondi à l'entier inférieur (respectivement supérieur) le plus proche.
%
%Pour $n\geq 2$ on a $ \binom{n}{\lfloor n/2 \rfloor}\geq \dfrac{2^n}{n}$ puisqu'il s'agit du plus grand éléments (et de l'élément médian) de la suite $\binom{n}{0}$, $\binom{n}{n}$, $\binom{n}{1}$, $\binom{n}{n-1}$, $\dots$, dont la somme vaut $2^n$ et la moyenne $\dfrac{2^n}{n}$. (l'égalité ayant seulement lieu si $n=2$).
%
%En particulier pour $n\geq 1$ on a :
%$$ \binom{2n}{n}\geq \dfrac{4^n}{2n}$$
%
%Par ailleurs, on peut majorer de manière élémentaire les coefficients binomiaux en écrivant :
%$$ \binom{n}{k}=\dfrac{n(n-1)\dots (n-k+1)}{k!}\leq \dfrac{n^k}{k!}\leq \dfrac{n^k}{2^{k-1}}$$
%\item Démontrons la majoration :
%
%Nous déduisons du théorème de Legendre que $\binom{2n}{n}=\dfrac{(2n)!}{n!n!}$ contient le facteur premier $p$ exactement :
% $$\sum_{k\geq 1}\left( \left\lfloor\dfrac{2n}{p^k}\right\rfloor -2\left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor\right)$$ 
% fois. Ici, chaque terme de la somme est au plus égal à $1$, puisqu'il s'agit d'un entier vérifiant :
% $$\left\lfloor\dfrac{2n}{p^k}\right\rfloor -2\left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor<\dfrac{2n}{p^k}-2\left(\dfrac{n}{p^k}-1\right)=2 $$
% Dès que $p^k>2n$, les termes  $\left\lfloor\dfrac{2n}{p^k}\right\rfloor -2\left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor=0$, ainsi $\binom{2n}{n}$ contient $p$ exactement :
% $$ \sum_{k\geq 1}\left( \left\lfloor\dfrac{2n}{p^k}\right\rfloor -2\left\lfloor\dfrac{n}{p^k}\right\rfloor\right)\leq max\{r : p^r\leq 2n\}\text{ fois.}$$
% Par conséquent, la plus grande puissance de $p$ qui divise $\binom{2n}{n}$ n'est pas supérieure à $2n$. En particulier, les nombres premiers $p>\sqrt{2n}$ apparaissent au plus une fois dans la factorisation de $\binom{2n}{n}$.
% 
% En outre, et il s'agit (selon Paul Erdos) du point clé de sa démonstration, les nombres premiers $p$ qui vérifient $\dfrac{2}{3}n<p\leq n$ ne divisent pas $\binom{2n}{n}$. En effet $3p>2n$ implique (pour $n\geq 3$ et donc pour $p\geq 3$) que $p$ et $2p$ sont les seuls multiples de $p$ qui apparaissent comme facteurs du numérateur de $\dfrac{(2n)!}{n!	n!}$ alors qu'il qu'il y a deux facteurs $p$ au dénominateur.
% 
% Nous sommes désormais prêts pour estimer $\binom{2n}{n}$. Si $n\geq 3$, nous obtenons :
% $$\binom{2n}{n} \leq \prod_{p\leq \sqrt{2n}} p  \times \prod_{ \sqrt{2n}<p\leq \dfrac{2}{3}n} p \times \prod_{n<p\leq 2n} p$$
% 
% Ainsi, puisqu'il n'y a pas plus de $\sqrt{2n}$ nombres premiers $p\leq \sqrt{2n}$, il suit que  $$ \prod_{p\leq \sqrt{2n}} p\leq \prod_{p\leq \sqrt{2n}} 2n \leq 2n^{\sqrt{2n}}$$
%\end{itemize}
%\end{proof}
%
%\pagebreak
%
%\begin{proof}\textbf{du postulat de Bertrand}\\
%Nous allons utiliser l'estimation de l'ordre de grandeur du coefficient binomial $\binom{2n}{n}$ fournit par la proposition $3$. pour nous assurer que, s'il n'admettait aucun facteur premier dans l'ensemble $\{1;2;\dots;n\}$, il serait \og trop petit \fg{}. Nous décomposons notre raisonnement en montrant les points suivants :
%\begin{enumerate}
%\item On montre le postulat de Bertrand pour $n<4000$.
%\item On montre l'inégalité $(1)$  :
%$$\prod_{p\leq x} p\leq 4^{x-1} \qquad \text{pour tout réel } x\geq 2\qquad (1)$$
%\item De l'estimation de $\binom{2n}{n}$ et de $(1)$ on montre que s'il n'existe pas de nombre premier $p$ tel que $n<p\leq 2n$ alors nécessairement $$ 4^n \leq (2n)^{3(1+\sqrt{2n})} \qquad (3)$$ 
%\item On montre que $(3)$ est fausse dès que $n$ est suffisament grand !
%\end{enumerate}
%\begin{itemize}
%\item[\textbf{Point 1}.] Nous montrons d'abord le postulat de Bertrand pour $n<4000$. Pour cela, on n'a pas besoin de vérifier $4000$ cas. Il suffit (le procédé est connu sous le nom d'\og astuce de Landau \fg{}) de vérifier que :
%$$ 2,3,5,7,13,23,43,83,163,317,631,1259,2503,4001$$
%est une suite de nombres premiers telles que chacun d'entre eux est plus petit que le double du précédent. Par conséquent, chaque intervalle $\{y : n<y\leq 2n\}$ tel que $n\leq 4000$ contient un de ces $14$ nombres premiers.
%\item[\textbf{Point 2}.] Nous montrons ensuite que :
%$$ \prod_{p\leq x} p\leq 4^{x-1} \qquad \text{pour tout réel } x\geq 2\qquad (1)$$
%où notre notation - ici et dans ce qui suit - signifie que le produit s'étend à tous les nombres premiers $p\leq x$. Pour cela, notons d'abord que si $q$ est le plus grand nombre premier tel que $q\leq x$, alors :
%$$ \prod_{p\leq x} p=\prod_{p\leq q} p \qquad \text{et } \qquad 4^{q-1}\leq 4^{x-1}$$
%Il suffit donc de vérifier $(1)$ pour $x=q$.
%
%Pour $q=2$ on obtient $2\leq 4$ et l'on continue ensuite avec les nombres premiers impairs de la forme $q=2m+1$. Pour ces nombres on sépare le produit en deux parties et calculons :
%$$ \prod_{p\leq 2m+1} p=\prod_{p\leq m+1}p \times \prod_{m+1<p\leq 2m+1} p$$
%Ainsi, si $(1)$ est vrai pour tout $q<2m+1$ alors \[\prod_{p\leq m+1} p\leq 4^m\] 
%L'inégalité $$\prod_{m+1<p\leq 2m+1}p \leq  \binom{2m+1}{m}$$
%découle du fait que $\binom{2m+1}{m}=\dfrac{(2m+1)!}{m!(m+1)!}$ est un entier et que les nombres premiers que nous considérons sont tous des facteurs du numérateur $(2m+1)!$ mais pas du dénominateur $ m!(m+1)!$
%
%Nous obtenons, en utilisant la proposition $1$ :
%$$\prod_{p\leq 2m+1} p=\prod_{p\leq m+1} p \times \prod_{m+1<p\leq 2m+1} p\leq 4^m \times \binom{2m+1}{m} \leq 4^{m}2^{2m}=4^{2m}$$
% Nous venons de démontrer que $(1)$ est vrai pour $q=2$ puis que si $(1)$ est vrai jusqu'au nombre premier $q$ alors $(1)$ est encore vrai pour le nombre premier suivant. $(1)$ est donc démontré.
% 
% \item[\textbf{Point 3}.] D'après la proposition $3.$ on sait que : 
% 
% Pour $n\geq 3$ on a :
%$$ \dfrac{4^n}{2n}\leq \binom{2n}{n}\leq 2n^{\sqrt{2n}}\times \prod_{ \sqrt{2n}<p\leq \dfrac{2}{3}n} p \times \prod_{n<p\leq 2n} p $$
%
%d'où :
% $$ 4^n\leq (2n)^{1+\sqrt{2n}} \times \prod_{ \sqrt{2n}<p\leq \dfrac{2}{3}n} p \times \prod_{n<p\leq 2n} p \qquad \text{pour $n\geq 3$} \qquad (2)$$
% Supposons maintenant qu'il n'y ait pas de nombre premier $p$ tel que $n<p\leq 2n$ alors $\prod_{n<p\leq 2n} p=1$, puis, en utilisant $(1)$, $$\prod_{ \sqrt{2n}<p\leq \dfrac{2}{3}n} p \leq \prod_{ p\leq \dfrac{2}{3}n} p\leq 4^{2n/3-1}\leq 4^{2n/3}$$
% 
%Nous obtenons  $(3)$ :
% 
%$$ 4^n\leq (2n)^{1+\sqrt{2n}} 4^{2n/3} \Longrightarrow 4^{n/3}\leq (2n)^{1+\sqrt{2n}} \Longrightarrow 4^n \leq (2n)^{3(1+\sqrt{2n})}\qquad (3)$$ 
%\item[\textbf{Point 4}.] 
%On utilise le lemmme suivant :
%\begin{lem}
%Pour tout $a\geq 2$ on a $a+1<2^a$
%\end{lem}
% Nous obtenons, pour $a= \sqrt[6]{2n}$ : $\sqrt[6]{2n}+1<2^{\sqrt[6]{2n}} $ et donc :
%$$ 2n=\left(\sqrt[6]{2n}\right)^6<\left(\left\lfloor \sqrt[6]{2n}\right\rfloor+ 1\right)^6<2^{6\times \left\lfloor \sqrt[6]{2n}\right\rfloor}\leq 2^{6\times \sqrt[6]{2n}}$$
%D'après $(3)$ on sait que $2^{2n}\leq (2n)^{3(1+\sqrt{2n})}$, et d'après l'inégalité précédente :
%$$2^{2n}< \left({2^{6\times \sqrt[6]{2n}}}\right)^{3(1+\sqrt{2n})}=2^{\sqrt[6]{2n}(18+18\sqrt{2n})}$$
%Ainsi, si $n\geq 50 \Longrightarrow 2\sqrt{2n}>18 $ et donc $2^{2\sqrt{2n}}>2^{18}$. Par conséquent $2^{20\sqrt{2n}}=2^{2\sqrt{2n}+18\sqrt{2n}}>2^{18+18\sqrt{2n}}$ d'où :
%$$ 2^{2n}<2^{20\sqrt[6]{2n} \sqrt{2n}}=2^{20(2n)^{2/3}}\Longrightarrow 2n<20\times (2n)^{2/3}$$
%ce qui implique que $$ (2n)^{1/3}<20 \Longrightarrow n<4000$$
%Autrement dit il ne peut   exister de nombre premier compris entre $n$ et $2n$ que si $n<4000$, mais on a déjà démontré que ce n'était pas le cas. Le postulat de Bertrand est démontré.
%
%\textbf{Justification du lemme} : On sait déjà que $$ 2^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}$$
%Or, il y a $n+1$ coefficients binomiaux tous entiers et supérieurs ou égaux à $1$ donc :
%$$ 2^n\geq n+1 \qquad \text{pour $n$ entier}$$
%Pour obtenir l'inégalité pour $a\geq 2$ il suffit d'étudier la fonction $f(a)=2^a-a-1$.
%\end{itemize}
%
%\end{proof}
%
%\begin{rem}
%On peut déduire bien plus de ce type d'estimations : avec les mêmes méthodes on peut montrer que :
%$$ \prod_{n<p\leq 2n} p\geq 2^{n/30}\qquad \text{si $n\geq 4000$}$$
%et qu'il y a donc au moins :
%$$ \log_{2n}\left(2^{n/30}\right)=\dfrac{1}{30}\dfrac{n}{\log_2 n+1}$$
%nombres premiers compris entre $n$ et $2n$.
%\end{rem}
%\subsubsection{Les coefficients binomiaux ne sont presque jamais des puissances}
%Il existe un épilogue au postulat de Bertrand qui conduit à un beau résultat sur les coefficients binomiaux. En $1892$, Sylvester a amélioré le postulat de Bertrand de la manière suivante :
%
%\begin{theo}
%Si $n\geq 2k$, alors l'un au moins des nombres $n$, $n-1$, $\dots$, $n-k+1$ admet un diviseur premier $p$ plus grand que $k$.
%\end{theo}
%
%
%
%\begin{ex}
%Si $k=50$ alors par exemple pour $n=130$ l'un des nombres $130$; $129$; $128$ ; $\dots$ ; $81$ admet un diviseur premier supérieur à $50$. 
%\end{ex}
%
%\begin{rem}
%Notons que si $n=2k$ nous obtenons précisément le postulat de Bertrand. Paul Erdos, une fois encore, a proposé une démonstration courte et élémentaire de l'amélioration de Sylvester, en suivant les grandes lignes de la démonstration proposée plus haut du postulat de Bertrand.
%\end{rem}
%
%Voici une autre manière équivalente d'énoncer le résultat de Sylvester :
%
%\begin{theo}\textbf{Théorème de Sylvester}\\
%Le coefficient binomial $$ \binom{n}{k}=\dfrac{n(n-1)\dots(n-k+1)}{k!}\qquad (n\geq 2k)$$
%a toujours un facteur premier $p>k$.
%\end{theo}
%
%
%\begin{rem}
%Gardant cette observation à l'esprit, nous abordons un nouveau bijou d'Erdos. Quand $\binom{n}{k}$ est-il égal à une puissance $m^\ell$ ? 
%\end{rem}
%
%\begin{cadrecode}
%\begin{propo}
%Il existe une infinité de coefficient binomiaux de la forme $\binom{n}{2}$ qui sont des carrés. En particulier si $\binom{n}{2}$ est un carré alors il est de même pour $\binom{(2n-1)^2}{2}$.
%\begin{ex}
%Puisque $\binom{9}{2}=\dfrac{9\times 8}{2}=9 \times 4=36=6^2$ est un carré, il est en de même de $\binom{289}{2}$, et nous obtenons ainsi une infinité de solutions pour l'équation $\binom{n}{2}=m^2$.
%\end{ex}
%\end{propo}
%\end{cadrecode}
%
%\begin{proof}
%Observons l'équation $\binom{n}{2}=m^2$. Elle équivaut à $$ \dfrac{n(n-1)}{2}=m^2 \Longleftrightarrow n(n-1)=2m^2$$
%Si $\binom{n}{2}$ est un carré alors $n(n-1)=2m^2 $, nous allons démontrer que $\binom{(2n-1)^2}{2}$ est  également un carré. En effet :
%$$\binom{(2n-1)^2}{2}=\dfrac{(2n-1)^2((2n-1)^2-1)}{2}=\dfrac{(2n-1)^2(4n^2-4n+1-1)}{2}=\dfrac{(2n-1)^2 4n (n-1)}{2}=(2n-1)^2 2n(n-1) $$
%Et puisque $n(n-1)=2m^2$ nous obtenons :
%$$ \binom{(2n-1)^2}{2}=(2n-1)^2 4m^2=[2m(2n-1)]^2$$
%\end{proof}
%
%\begin{rem}
%La méthode précédente, partant de $\binom{9}{2}$ ne donne pas l'ensemble des solutions de $\binom{n}{2}=m^2$. En effet $\binom{50}{2}=35^2$ est le début d'une autre série, ainsi que $\binom{1682}{2}=1189^2$.
%
%Notons que l'équation $\binom{n}{3}=m^2$ admet une unique solution qui est $n=50$ et $m=140$. Puis si $k\geq 4$ l'équation $\binom{n}{k}=m^2$ n'admet aucune solution. 
%\end{rem}
%
%\begin{cadrecode}
%\begin{theo}
%L'équation $\binom{n}{k}=m^\ell$ n'a pas de solution entière pour $\ell\geq 2$ et $4\leq k\leq n-4$.
%\end{theo}
%\end{cadrecode}
%
%\begin{proof}
%Remarquons d'abord que l'on peut supposer que $n\geq 2k$ puisque $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$.
%
%Raisonnons par l'absurde et supposons que le théorème soit faux, et que $\binom{n}{k}=m^\ell$ avec $\ell\geq 2$ et $4\leq k\leq n-4$. La preuve se construit autour des quatre points suivants.
%
%\begin{enumerate}
%\item Selon le théorème de Sylvester, il existe un facteur premier $p$  de $\binom{n}{k}$ plus grand que $k$. Puisque $\binom{n}{k}=m^\ell$ il suit que $p^\ell$ divise le numérateur de $\binom{n}{k}$ donc $p^\ell$ divise $n(n-1)\dots (n-k+1)$. Un seul des facteurs $n-i$ peut-être multiple de $p$ (puisque $p>k$), on en déduit que $p^\ell$ divise $n-i$ et donc :
%$$n\geq p^\ell >k^\ell\geq k^2 $$
%\item Considérons un facteur quelconque $n-j$ du numérateur et notons le $$ n-j=a_j m_j^\ell$$
%où $a_j$ n'est divisible par aucune puissance $\ell$-ième non triviale. Nous remarquons grâce à la partie $1.$ que $a_j$ ne peut admettre de diviseur premier supérieur à $k$. 
%
%\textbf{Nous voulons montrer ensuite que $a_i\neq a_j$ pour $i\neq j$. }
%
%Raisonnons par l'absurde et supposons qu'au contraire, qu'il existe $i<j$ tel que $a_i=a_j$. Puisque $i<j$ alors $n-i>n-j$ et donc $m_i \geq m_j+1$ et :
%$$ k>(n-i)-(n-j)=a_im_i^\ell -a_jm_j^\ell=a_jm_i^\ell-a_jm_j^\ell=a_j(m_i^\ell-m_j^\ell)\geq a_j\left((m_j+1)^\ell-m_j^\ell\right)$$
%Or, $$(m_j+1)^\ell=\sum_{k=0}^{\ell} \binom{\ell}{k}m_j^{\ell-k}=m_j^\ell+\ell m_j^{\ell-1}+\dots \geq m_j^\ell+\ell m_j^{\ell-1}$$
%D'où :
%$$k> a_j\left((m_j+1)^\ell-m_j^\ell\right)> a_j \ell m_j^{\ell-1}\geq \ell  \left(a_j m_j^\ell\right)^{1/2}=\ell\sqrt{a_j m_j^\ell}\geq \ell \sqrt{n-k+1} $$
%Du fait que $n\geq 2k$ on tire $k\leq \dfrac{n}{2}$ d'où $-k\geq -\dfrac{n}{2}$ et enfin $n-k\geq \dfrac{n}{2}$. D'où :
%$$k> \ell \sqrt{n-k+1}\geq \ell \sqrt{\dfrac{n}{2}+1}=\sqrt{\ell^2 \dfrac{n}{2}+\ell}$$
%Puisque $\ell\geq 2$, il suit que $\ell^2 \dfrac{n}{2}+\ell\geq n$ et donc que $k>\sqrt{n}$.
%
%Or, on a démontré dans la partie $(1)$ que $k^2<n$. Nous aboutissons à une absurdité, il est donc clair que $a_i\neq a_j$ pour $i\neq j$.
%\item Démontrons désormais que les $a_i$ sont les entiers $1$, $2$, $\dots$, $k$ écrits dans un certain ordre (\textbf{point fondamental de la démonstration selon Erdos}). Puisque nous savons déjà qu'ils sont tous distincts, il suffit de prouver que :
%$$ a_0a_1\dots a_{k-1} \text{ divise } k! $$
%En substituant $n-j=a_jm_j^\ell$ dans l'équation $\binom{n}{k}=m^\ell$ on trouve :
%$$a_0a_1\dots a_{k-1}\left(m_0m_1 \dots m_{k-1}\right)=k!m^\ell $$
%En simplifiant les facteurs communs à $m_0$, $m_1$, $\dots$, $m_{k-1}$ et $m$, on obtient :
%$$ a_0a_1\dots a_{k-1}u^\ell=k!v^\ell$$
%avec $pgcd(u ;v)=1$. \textbf{Il reste à démontrer que $v=1$.}
%
%Si tel n'était pas le cas, $v$ contiendrait un diviseur premier $p$. Puisque $pgcd(u ;v)=1$ il suit que $p$ doit être un diviseur premier de $ a_0a_1\dots a_{k-1}$ et, par conséquent, il est inférieur ou égal à $k$.
%
%D'après le théorème de Legendre, nous savons que $k!$ contient le facteur $p$ :
%$$ \sum_{i\geq 1}\left\lfloor \dfrac{k}{p^i}\right\rfloor \text{ fois}$$
%Autrement dit dans la décomposition en facteur premier de $k!$, l'exposant de $p$ est $ \sum_{i\geq 1}\left\lfloor \dfrac{k}{p^i}\right\rfloor$.
%
%Estimons maintenant l'exposant de $p$ dans $n(n-1)\dots (n-k+1)$. 
%
%Soit $i$ un entier positif et soient $b_1<b_2<\dots <b_s$ les multiples de $p^i$ qui se trouvent parmi $n$, $n-1$, $n-2$, $\dots$, $n-k+1$.
%
%Alors $b_s=b_1+(s-1)p^i$ et par conséquent :
%$$ (s-1)p^i=b_s-b_1\leq n-(n-k+1)=k-1$$
%ce qui implique :
%$$ s\leq \left \lfloor \dfrac{k-1}{p^i}\right\rfloor+1\leq \left\lfloor \dfrac{k}{p^i}\right\rfloor+1$$
%Ainsi, pour chaque $i$, le nombre de multiple de $p^i$ qui se trouvent parmi $n$, $\dots$, $n-k+1$, et par conséquent parmi les $a_j$, est borné par $ \left\lfloor \dfrac{k}{p^i}\right\rfloor+1$. Cela implique que l'exposant de $p$ dans $a_0a_1\dots a_{k-1}$ est au plus :
%$$ \sum_{k=1}^{\ell-1} \left(\left\lfloor \dfrac{k}{p^i} \right\rfloor+1\right)$$
%en appliquant le même raisonnement que celui permettant de démontrer le théorème de Legendre et en s'arrêtant à $\ell-1$ puisque les $a_j$ ne contiennent pas de puissance $\ell$-ième.
%
%En considérant ces deux résultats simultanément (puisque $v^\ell=\dfrac{a_0a_1\dots a_{k-1}u^\ell}{k!}$), nous concluons que l'exposant de $p$ dans $v^\ell$ vaut au plus :
%$$ \sum_{k=1}^{\ell-1} \left(\left\lfloor \dfrac{k}{p^i} \right\rfloor+1\right)-\sum_{i\geq 1}\left\lfloor \dfrac{k}{p^i}\right\rfloor\leq \ell-1$$
%Puisque $v$ est une puissance $\ell$-ième, c'est absurde et nous concluons que $v=1$ et donc que les $a_i$ sont les entiers $1$, $2$, $\dots$, $k$ écrits dans un certain ordre.
%\begin{rem}
%Cela suffit déjà à régler le cas $\ell=2$. En effet, puisque $k\geq 4$, l'un des $a_i$ vaut $4$, mais les $a_i$ ne contiennent pas de carré. Supposons donc maintenant que $\ell\geq 3$.
%
%On constate que notre analyse est en accord avec $\binom{50}{3}=140^2$ puisque : $50=2\times 5^2$, $49=1\times 7^2$, $48=3\times 4^2$ et $5\times 7\times 4=140$. 
%\end{rem}
%\item Puisque $k\geq 4$, il existe un $a_i$ qui vaut $1$, un autre $2$ et un troisième $4$. Notons :
%$$ a_{i_1}=1\Longrightarrow n-i_1=m_1^\ell,\qquad a_{i_2}=2\Longrightarrow n-i_2=2m_2^\ell,\qquad a_{i_3}=4\Longrightarrow n-i_3=4m_3^\ell$$
%Montrons que :
%$$ (n-i_2)^2\neq (n-i_1)(n-i_3)$$ 
%Supposons pour cela le contraire et notons $b=n-i_2$ alors $(n-i_1)(n-i_3)=b^2$, notons $n-i_1=b-x$ et $n-i_2=b+y$ avec $0<,|x|,|y|<k$. On a :
%$$ b^2=(b-x)(b+y)=b^2+b(y-x)-xy \Longleftrightarrow b(y-x)=xy$$
%$x=y$ est clairement impossible.
%
%Nous avons :
%$$ |xy|=b|y-x|\geq b>n-k$$
%Puis grâce à la partie 1, puisque $n>k^2$ il suit que :
%$$|xy|\geq  b>k^2-k=k\times (k-1)>(k-1)^2\geq |xy|$$
%ce qui est absurde.
%
%Nous avons donc $m_2^2\neq m_1 m_3$.
%
%Supposons que $m_2^2>m_1m_3$ (l'autre cas étant analogue) et écrivons nos dernières chaînes d'inégalité :
%
%D'une part :
%$$ (n-i_2)^2-(n-i_1)(n-i_3)<n^2-(n-k+1)^2=[n-n+k-1][n+n-k+1]=(k-1)(2n-k+1)<2n(k-1)$$
%
%D'autre part :
%$$(n-i_2)^2-(n-i_1)(n-i_3)=4\left[m_2^{2\ell}-(m_1m_3)^\ell\right] \geq 4\left[(m_1m_3+1)^\ell -(m_1m_3)^\ell\right]\geq 4\ell m_1^{\ell-1}m_3^{\ell-1}$$

%c'est-à-dire :
%$$4\ell m_1^{\ell-1}m_3^{\ell-1}\leq (n-i_2)^2-(n-i_1)(n-i_3)<2(k-1)n $$
%d'où en multipliant par $m_1m_3$ :
%$$4\ell m_1^\ell m_3^\ell=\ell(n-i_1)(n-i_2)<2(k-1)nm_1m_3 $$
%Puisque $\ell\geq 3$ et $n>k^\ell\geq k^3>6k$ (en effet si $k\geq 4$ alors $k^3-6k=k(k^2-6)>0$), cela implique (puisque $k<6/n$ implique $n-k+1>n-k>n-n/6$) :
%$$4\ell m_1^\ell m_3^\ell=\ell(n-i_1)(n-i_2)>\ell(n-k+1)^2>3\left(n-\dfrac{n}{6}\right)^2=\dfrac{75}{36}n^2>2n^2 $$
%c'est-à-dire :
%$$ 2n^2<4\ell m_1^\ell m_3^\ell<2(k-1)nm_1m_3$$
%ce qui en divisant par $2n$ montre que :
%$$ n<(k-1)m_1m_3\Longrightarrow n<km_1m_3$$
%Puisque $m_i^\ell$ divise $n-i$ il suit que  $m_i^\ell\leq n\Longrightarrow m_i\leq n^{1/\ell}\leq n^{1/3}$ et donc $m_1m_3\leq n^{1/3}\times n^{1/3}=n^{2/3}\Longrightarrow km_1m_3 \leq kn^{2/3}$ nous obtenons finalement :
%$$ n< km_1m_3\leq kn^{2/3} \Longrightarrow n^{1/3}<k \Longrightarrow n<k^3$$
%Or, au contraire nous avons montré que $n>k^\ell>k^3$, le théorème ne peut donc pas être faux. Il est donc vrai.
%\end{enumerate}
%\end{proof}

%\subsection{Au sujet de la loi binomiale.}
\end{document} 