\section*{Eléments de réponse} 

\q a) (très facile) Le gain moyen est $np$.

b) (facile) Le gain moyen est $n(p^2+(1-p)^2)=n(2p^2-2p+1)$.

c) (moyen) La probabilité que la prédiction soit la bonne est $\frac{1}{2}(1-(1-2p)^{k+1})$ pour le lancer $k$ donc en sommant pour $k=1, ..., n$, l'espérance du gain est $\frac{1}{2}(n-(1-2p)^2\frac{1-(1-2p)^n}{2p})$.

\q (facile) Il s'agit de calculer le minimum pour $p\in [0,1]$ des trois fonctions précédentes.

Cas a) : $0$, atteint en $p=0$.

Cas b) : $\frac{n}{2}$, atteint en $p=\frac{1}{2}$.

Cas c) : $\frac{n}{2}$, atteint en $p=\frac{1}{2}$.

\q (Idée facile mais démonstration propre difficile)

a) Comme la pièce a toujours plus de chance de tomber sur face, la meilleure stratégie consiste à toujours prédire face. Le gain minimal espéré est alors $\frac{2}{3}n$.

b) Si $p=\frac{1}{2}$, quelle que soit la stratégie choisie, le gain moyen sera toujours $\frac{1}{2}n$ donc le gain minimal espéré est $\frac{1}{2}n$.

c) On peut montrer que la meilleure stratégie est la suivante : avant le lancer $k$, on regarde les résultats $0,...,k-1$ et on prédit le résultat majoritaire. En cas d'égalité, on prédit le résultat du lancer $0$. On peut montrer (mais ce n'est pas facile à faire proprement) qu'aucune stratégie ne peut donner un gain moyen strictement meilleur, et ce quelle que soit la valeur de $p$. Le gain minimal espéré est le gain moyen pour cette stratégie quand $p=\frac{3}{4}$ ou $p=\frac{1}{4}$ mais il est difficile à calculer (pas de formule close).

\q (facile-moyen mais démonstration propre difficile) Pour les cas de la question \textbf{1.}, l'espérance du gain est à chaque fois $q\times (\text{espérance avec } p_1) + (1-q)\times (\text{espérance avec } p_2)$.

De manière générale, si Clara connaît $q,p_1,p_2$, le meilleur choix à faire est de prédire le résultat le plus probable sachant ce qui a déjà été tiré. Concrètement, si $X_i$ désigne le résultat du lancer $i$ ($1=\text{pile}$, $0=\text{face}$), si les lancers $0$ à $k-1$ ont déjà eu lieu et ont pour valeur $x_0,...,x_{k-1}$, Clara calcule $\mathbb{P}(X_k=1|X_0=x_0,X_1=x_1,...,X_{k-1}=x_{k-1})$ et $\mathbb{P}(X_k=0|X_0=x_0,...,X_{k-1}=x_{k-1})$ et fait le choix correspondant à la plus grande des deux valeurs.

\q (difficile) Il existe une stratégie explicite dont on peut montrer qu'elle est la meilleure possible mais qui est difficile à calculer en pratique. Voici l'idée intuitive, qui peut être rendue rigoureuse avec des arguments de programmation dynamique.

On commence par le constat suivant : si on sait a priori que la pièce $1$ a été tirée avec probabilité $q$ et qu'on n'a le droit à aucun lancer, la meilleure prédiction à faire est $1$ si $q>1-q$, $2$ sinon. La probabilité de succès est alors $q\wedge (1-q)$ et le gain associé est $\alpha\times (q\wedge (1-q))=g(q)$.

Supposons maintenant qu'on a droit à un lancer et qu'on l'utilise. Si $X$ désigne le résultat du lancer ($0=\text{pile}$, $1=\text{face}$) et $P$ est la pièce tirée ($1$ ou $2$), alors
$$\mathbb{P}(P=1|X=1)=\frac{qp_1}{qp_1+(1-q)p_2}=\varphi_1(q)\quad \mathbb{P}(P=1|X=0)=\frac{q(1-p_1)}{q(1-p_1)+(1-q)(1-p_2)}=\varphi_0(q).$$
Ainsi, après le premier lancer, la probabilité que la pièce choisie soit la pièce $1$ est $\varphi_X(q)$ et le meilleur gain espéré est alors $$\mathbb{E}(g(\varphi_X(q))-1)=(qp_1+(1-q)p_2)g_0(\varphi_1(q))+(q(1-p_1)+(1-q)(1-p_2))g_0(\varphi_2(q))-1$$
La meilleure stratégie consiste donc à ne pas demander de lancer supplémentaire si on a $g(q)>((qp_1+(1-q)p_2)g_0(\varphi_1(q))+(q(1-p_1)+(1-q)(1-p_2))g_0(\varphi_2(q))-1)$ et à en demander un sinon. En adoptant cette stratégie, le gain espéré est
$$g_1(q) = g_(q)\wedge ((qp_1+(1-q)p_2)g_0(\varphi_1(q))+(q(1-p_1)+(1-q)(1-p_2))g_0(\varphi_2(q))-1)$$
Ce raisonnement se généralise : en appelant $g_k(q)$ le meilleur gain espéré (c'est à dire l'espérance du gain obtenu en utilisant la stratégie qui maximise cette espérance) si on a le droit de demander $k$ lancers et si la pièce $1$ est choisie avec probabilité $q$, on a la relation
\begin{align*}
g_{k+1}(q) = &  \alpha q \wedge \alpha (1-q) \wedge ((qp_1+(1-q)p_2)g_k(\varphi_1(q))+(q(1-p_1)+(1-q)(1-p_2))g_k(\varphi_2(q))-1)\\
= & \alpha q \wedge \alpha (1-q) \wedge \big((qp_1+(1-q)p_2)g_k\left(\tfrac{qp_1}{qp_1+(1-q)p_2}\right) \\
& \qquad \qquad \qquad \qquad +(q(1-p_1)+(1-q)(1-p_2))g_k\left(\tfrac{q(1-p_1)}{q(1-p_1)+(1-q)(1-p_2)}\right)-1\big)\\
= & Tg_k(q)
\end{align*}
où $T$ est un opérateur agissant sur les fonctions continues de $[0,1]$ dans $\mathbb{R}$.

Ainsi, en posant $g_k = T^kg_0 = T^k g$, la meilleure stratégie est la suivante : si on a déjà demandé $k$ lancers sur les $n$ et que les résultats sont $x_0,...,x_{k-1}$, on calcule $z = \mathbb{P}(P=1|X_0=x_0,...,X_{k-1}=x_{k-1})=\varphi_{x_{k-1}}\circ ... \circ \varphi_{x_0}(q)$. Si $g(z)=g_{n-k}(z)$ alors on s'arrête et on parie sur la pièce $1$ si $q>1/2$, sur la pièce $2$ sinon. Sinon on demande un lancer supplémentaire.

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En utilisant l'expression de $g_0$ et des fonctions $g_k$, on montre par récurrence immédiate que pour tout $k$, $g_k(0)=g_k(1)=\alpha$ et la fonction $g_k$ s'exprime comme un maximum de fonctions affines. Par conséquent, elle est convexe et coïncide avec $g$ sur $[0,\varepsilon_k]\cup [\eta_k,1]$ donc la condition $g(z)=g_{n-k}(z)$ se réécrit $z\notin ]\varepsilon_k, \eta_k[$.

On peut montrer (c'est difficile) que $g_k$ converge vers une fonction limite $g_\infty$ quand $k\to\infty$ qui coïncide avec $g$ sur $[0,\varepsilon_\infty]\cup [\eta_\infty,1]$. Par conséquent, pour $N\in\infty$, la stratégie optimale est : après le lancer $k$, on calcule $z = \mathbb{P}(P=1|X_0=x_0,...,X_{k-1}=x_{k-1})$. Si $z<\varepsilon_\infty$ on annonce la pièce $2$, si $z>\eta_\infty$ on annonce la pièce $1$, sinon on demande un lancer supplémentaire.

\medskip

On a donc une stratégie explicite. Cependant, le calcul exact des seuils $\varepsilon_k, \eta_k$ semble compliqué et a fortiori l'espérance exacte du gain obtenu en utilisant cette stratégie aussi.

\q a) (moyen) Par formule de Bayes, on calcule pour tout $k$ la probabilité que $K=k$ sachant les lancers obtenus puis on annonce le $k$ correspondant à la valeur maximale.

b) (ouvert)