\section*{Eléments de réponse} 

\q (Facile) Puisque son adversaire joue en premier, elle peut jouer pile en face de lui (sur le point diamétralement opposé au premier coup de son adversaire). Son adversaire n'a pas le droit de jouer un point déjà coloré, il joue, et il suffit alors à Lucie de faire un arc d'angle strictement plus grand que celui formé par son adversaire à son deuxième coup. Il est clair qu'elle le peut toujours.

\begin{figure}[h]
    \centering
        \begin{tikzpicture}
            \begin{scope}
            \draw (0,0) circle (1.5cm);
            
            \coordinate (A1) at (0:1.5cm);  
            \coordinate (A2) at (140:1.5cm); 

            \coordinate (B1) at (180:1.5cm);
            \coordinate (B2) at (340:1.5cm);

            \node at (0:1.8cm)  {1}; 
            \node at (180:1.8cm)  {2}; 
            \node at (140:1.8cm)  {3}; 
            \node at (340:1.8cm)  {4}; 
            
            \draw[very thick, orangeAnimath] (A1) arc[start angle=0, end angle=140, radius=1.5cm];
            \draw[very thick, bleuAnimath] (B1) arc[start angle=180, end angle=340, radius=1.5cm];
            
            \foreach \angle in {0, 140} {
                \filldraw[fill=orangeAnimath] (\angle:1.5cm) circle (2pt); % Points sur le cercle de rayon 2 cm
            }

            \foreach \angle in {180, 340} {
                \filldraw[fill=bleuAnimath] (\angle:1.5cm) circle (2pt); % Points sur le cercle de rayon 2 cm
            }        
            \end{scope}
        \end{tikzpicture}
	\label{fig:PointsColoriesQuestion1}
\end{figure}

\q 

\begin{enumerate}
    
    \item (Facile) Non. Lors de son deuxième coup, Lucie forme nécessairement un unique arc primitif. Il reste alors un coup à jouer à son adversaire, et, quelle qu'ait été la stratégie de Lucie pour placer ses deux points, elle ne pourra jamais s'assurer que son adversaire ne \og coupe \fg pas son unique arc, menant à un match nul.

    \item (Facile/Moyen/Difficile/Ouvert) (Facile : trouver quelques petits résultats partiels, Moyen : Trouver des résultats partiels assez forts, Difficile : Aller très loin, Ouvert : Déterminer l'ensemble complet)
    
    Soit $S$ l'ensemble cherché.
    
    \textbf{Facile :} On peut trouver des éléments de $S$ et démontrer que d'autres n'y sont pas. 

    Par exemple la réponse à la question précédente justifie que $ 1 \notin S $. En prenant des stratégies arbitraires, on trouve des éléments de $S$ en calculant leurs probabilités associées. Il est impossible de lister dans ce document toutes les stratégies possibles, mais il est clair qu'on peut toujours en trouver, calculer les probabilités associées et en déduire des éléments de $S$. 

    \textbf{Moyen :} On a $ \frac 3 4 \in S $.

    Démonstration :

    (une autre preuve est donnée un peu plus loin)

    On note $D$ la droite formée par le premier point placé par Lucie et le centre du cercle. Après que l'adversaire ait joué son point $2$, Lucie joue le symétrique de $2$ par rapport à $D$.
    
    On définit $ \theta $ comme l'angle \textit{aigu} l'angle formé entre le premier point placé (par Lucie) et le second (par l'adversaire). Clairement, $\theta$ suit une loi uniforme sur $[0,\pi]$.

    \begin{figure}[h]
        \centering
        \begin{tikzpicture}
            \begin{scope}
                \draw (0,0) circle (1.5cm);
                
                \coordinate (A1) at (0:1.5cm);  
                \coordinate (A2) at (220:1.5cm);
    
                \coordinate (B1) at (140:1.5cm);
    
                \node at (0:1.8cm)  {1}; 
                \node at (140:1.8cm)  {2}; 
                \node at (220:1.8cm)  {3}; 
    
                \draw[dotted] (0:2cm) -- (180:2cm);
                
                % \draw[very thick, orange] (A1) arc[start angle=0, end angle=140, radius=1.5cm];
                % \draw[very thick, bleuAnimath] (B1) arc[start angle=180, end angle=340, radius=1.5cm];
                
                \foreach \angle in {0, 220} {
                    \filldraw[fill=orangeAnimath] (\angle:1.5cm) circle (2pt); % Points sur le cercle de rayon 2 cm
                }
    
                \foreach \angle in {140} {
                    \filldraw[fill=bleuAnimath] (\angle:1.5cm) circle (2pt); % Points sur le cercle de rayon 2 cm
                }
    
                \draw[dotted] (0,0) -- (B1);
                
                \draw[thin] (0.4,0) arc[start angle=0, end angle=140, radius=0.4cm];
    
                \node at (70:1cm)  {$\theta$}; 
    
            \end{scope}
        \end{tikzpicture}
    \end{figure}

    Alors, dans une telle configuration où l'angle vaut $ \theta $, on voit que Lucie gagne si et seulement si son adversaire ne joue pas de sorte à couper l'arc qu'elle a formé, et qu'il y a match nul sinon.
    
    Ceci arrive avec une probabilité $ \frac{2\pi - \theta}{2 \pi} $, parce que le numérateur de cette fraction est l'angle dans lequel l'adversaire doit jouer pour que Lucie gagne. 
    
    Comme $ \theta $ est d'espérance $ \frac \pi 2 $, l'espérance vaut $ 1 - \frac{\pi/2}{2\pi} $, c'est à dire 3/4.

    \textbf{Moyen :} Par continuité, on en déduit $]0, \frac 3 4 ] \subset S$

    Plus de détails :

    Soit $\alpha \in ]0,1[$. Si $\theta$ désigne toujours l'angle aigu formé entre le premier point placé (par Lucie) et le second (par l'adversaire), Lucie joue le point situé à l'angle $ 2\pi - \alpha \theta $ dans le même repère. 

\begin{figure}[h]
    \centering
    \begin{tikzpicture}
        \begin{scope}[xshift=10cm]
            \draw (0,0) circle (1.5cm);
            
            \coordinate (A1) at (0:1.5cm);  
            \coordinate (A2) at (120:1.5cm);
            \coordinate (B1) at (160:1.5cm);
            \coordinate (B2) at (320:1.5cm);

            \node at (0:2.5cm)  {1er point}; 
            \node at (160:1.8cm)  {$ \theta $}; 
            \node at (290:2.25cm)  {$ 2\pi - \alpha \theta $}; 

            % \draw[dotted] (0:5cm) -- (180:5cm);
            
            % \draw[very thick, orangeAnimath] (A1) arc[start angle=0, end angle=140, radius=1.5cm];
            % \draw[very thick, bleuAnimath] (B1) arc[start angle=180, end angle=340, radius=1.5cm];
            
            \foreach \angle in {0, 290} {
                \filldraw[fill=orangeAnimath] (\angle:1.5cm) circle (2pt); % Points sur le cercle de rayon 2 cm
            }

            \foreach \angle in {160 } {
                \filldraw[fill=bleuAnimath] (\angle:1.5cm) circle (2pt); % Points sur le cercle de rayon 2 cm
            }

            % \draw[dotted] (0,0) -- (B1);
            
            % \draw[thin] (0.4,0) arc[start angle=0, end angle=140, radius=0.4cm];

        \end{scope}
    \end{tikzpicture}
\end{figure}

    En se repérant toujours dans le même repère, l'évènement \og gagner \fg revient à \og l'adversaire joue un point dont l'angle (dans le même repère) est dans $[\theta - \alpha \theta ,\min( \theta + \alpha \theta, 2\pi - \alpha \theta )]$\fg. 

    Supposons $ \alpha \in ]0, \frac 1 2]$ (le cas $ \alpha = 0 $ n'est pas une stratégie valable car elle demanderait de jouer à l'angle $ 2\pi = 0 $ qui est par définition là où le tout premier point a été placé).

    On a nécessairement $ \theta + \alpha \theta \leqslant \frac{3\pi}{2} \leqslant 2\pi - \alpha \theta $ (car $ \theta \in [0, \pi]$ ), l'intervalle précédent devient $[\theta - \alpha \theta , \theta + \alpha \theta ]$. 

    L'adversaire joue dedans avec probabilité $ \frac{\theta + \alpha \theta - (\theta - \alpha \theta )}{2 \pi } = \alpha \frac \theta \pi  $, l'espérance vaut $ \frac \alpha 2 $, et cette probabilité de gagner avec cette stratégie décrit $]0,\frac 1 4]$ quand $ \alpha $ décrit $ ] 0, \frac 1 2 ] $.

    \bigskip

    On retrouve le $ 3/4 $ précédent si on prend $ \alpha \in ]\frac 1 2, 1] $ : on a alors nécessairement $ 2\pi - \alpha \theta \leqslant \frac{3\pi}{2} \leqslant \theta + \alpha \theta $, l'intervalle devient $[\theta - \alpha \theta , 2\pi - \alpha \theta]$, la probabilité de gagner vaut $\frac{1}{2\pi} (2\pi - \alpha \theta - (\theta - \alpha \theta )) = 1 - \frac{\theta}{2\pi}$ dont l'espérance vaut $ \frac 3 4 $.

    En fait, le cas $ \alpha = 1 $ correspond précisément à la stratégie décrite un peu plus haut (jouer le symétrique du point adverse).

    \bigskip

    \textbf{Difficile :} Il y a pas mal de choses à dire et à faire, en considérant par exemple des variantes de la stratégie précédente, dépendant d'un paramètre qu'on fait varier, ce qui permet de trouver certains intervalles inclus dans l'ensemble cherché.

    \textbf{Ouvert :} La détermination de l'ensemble complet. Notamment, trouver la borne supérieure de $S$ et établir des inclusions réciproques à celles établies ci-dessus a l'air assez difficile.

    \item (Assez facile :) On peut faire 1 en jouant à l'opposé du point de départ, donc tout l'intervalle $[0,1]$ par continuité.

\end{enumerate}

\q (Difficile/Ouvert)

Pour la probabilité de gagner, faire un polygone régulier donne déjà $\frac{n^n - n!}{n^n}$. Idem, on a tout l'intervalle jusqu'à 0. On peut probablement faire mieux.

Pour la probabilité de ne pas perdre, cela donne 1, donc on peut faire $[0,1]$ entier.

\q (Moyen/Ouvert) (Moyen : Trouver des conditions nécessaires, Ouvert : Trouver la CNS)

    \textbf{Facile (à voir)/Moyen-Difficile (à bien justifier):} Il est assez naturel de voir que $ n \geqslant 1 + \left \lfloor \frac{p+1}{2} \right \rfloor $.

    Démonstration : Ceci découle de l'observation suivante : L'adversaire peut toujours jouer quelque chose de très proche, à $ \varepsilon $ près, du (redouté) polygôme régulier à $p$ côtés. 

\begin{figure}[h]
    \begin{tikzpicture}
        \begin{scope}
            \draw (0,0) circle (1.5cm);

            % \draw[dotted] (0:5cm) -- (180:5cm);
            
            % \draw[very thick, orangeAnimath] (A1) arc[start angle=0, end angle=140, radius=1.5cm];
            % \draw[very thick, bleuAnimath] (B1) arc[start angle=180, end angle=340, radius=1.5cm];

            \foreach \angle in {0, 40, 80, 120, 160, 200, 240, 280, 320} {
                \filldraw[fill=bleuAnimath] (\angle:1.5cm) circle (2pt); % Points sur le cercle de rayon 2 cm
            }

            % \draw[dotted] (0,0) -- (B1);
            
            % \draw[thin] (0.4,0) arc[start angle=0, end angle=140, radius=0.4cm];

        \end{scope}
    \end{tikzpicture}
\end{figure}

Le fait qu'on considère les $\varepsilon$-approximations de ce polygône régulier fait qu'on considère un évènement de probabilité non-nulle. (L'évènement \og Il existe un polygone régulier $P$ à $n$ cotés inscrit dans le cercle tel qu'il y a, pour chaque sommet $S$ de $P$, un unique point joué par l'adversaire dans la boule $B(S,\varepsilon)$ \fg est de probabilité non-nulle. Pour le voir, il suffit de fixer un tel polygône $P_0$, et d'écrire l'évènement $E_{P_0}$ = \og Il y a, pour chaque sommet $S$ de $P_0$, un unique point joué par l'adversaire dans la boule $B(S,\varepsilon)$ \fg avec des unions, des intersections (et des permutations). L'évènement \og Il existe ... \fg est l'union des $E_{P_0}$, tous de probabilité non-nulle).

Dans ce cas, il est clair que pour $\varepsilon$ assez petit, Lucie va être obligée de : 

\begin{itemize}

\item Trouver l'arc primitif adverse le plus grand (qui est unique avec probabilité 1),

\item Le couper, de sorte à l'annuler, et ce en placant deux points dans cet arc de sorte que l'arc formé soit alors plus grand que tous les autres arcs adverses (restants), 

\item couper un arc adverse sur deux, pour rendre tous les arcs adverses primitifs.

\end{itemize}

De cette manière, par construction, elle s'assure la victoire. On se convainc facilement qu'elle n'a pas d'autre solution : 

\begin{itemize}

\item Tant qu'elle laisse l'arc primitif adverse maximal non coupé, elle ne peut pas gagner puisqu'elle ne peut pas former d'arc plus grand ailleurs (par maximalité du précédent) ; d'où la nécessité du premier point

\item Tant qu'elle ne forme pas d'arc dépassant la taille de tous les autres arcs primitifs, elle ne peut pas gagner. Or, toujours par maximalité, elle ne peut pas faire de tel arc ailleurs qu'au sein de l'arc primitif adverse maximal ; d'où la nécessité du second point

\item Dès que $\varepsilon$ est petit (i.e. dès que la figure adverse est $\varepsilon$-proche du polygône régulier pour $\varepsilon$ petit), il va être nécessaire de couper un arc sur deux, sinon deux arcs consécutifs (parce que $\varepsilon$ est petit) formeront un arc non primitif dépassant l'arc du point précédent ; d'où la nécessité du troisième point.

\end{itemize}

Pour faire tout cela, il faut des points pour couper un arc sur deux (arrondi au supérieur si $p$ est impair) : $ \left \lfloor \frac{p+1}{2} \right \rfloor $, plus 1 pour construire l'arc du second point précédent. 

L'évènement \og Elle est obligée de faire tout ça \fg est de probabilité strictement positive, car il contient l'évènement décrit précédemment.

Je ne sais pas si c'est suffisant, je pense que non. Je n'ai pas trouvé d'autres conditions.

\q Tout d'abord on peut commencer par s'intéresser à la borne supérieure de cet ensemble : Lucie dispose-t-elle d'une stratégie optimale ?

Évidemment, elle a envie de jouer le (un) polygône régulier à $p$ côtés inscrit dans le cercle. 

La probabilité de gagner avec cette stratégie est un dénombrement au cours duquel il est très facile de s'exciter trop vite et de se tromper ! Si des équipes partent sur cette voie, on saura distinguer celles sachant raisonner droit de celles trébuchant au moindre obstacle.

La réponse est $0$ si $ n < p $ et $ \displaystyle \frac{1}{p^n} \sum\limits_{k=1}^p (-1)^{k-1} (p-k)^n \binom{p}{k} $ sinon.

Est-ce optimal ? Je pense qu'on doit pouvoir montrer que oui, en utilisant le fait que toute autre stratégie formera nécessairement un arc de longueur $ > \frac{2\pi}{p} $. Il faut montrer que ça diminue nécessairement les chances de gagner. Une piste possible est de noter $ \theta_1, ..., \theta_{p-1} $ les angles entre les différents points placés, et de calculer explicitement la probabilité $ f(\theta_1, ..., \theta_{p-1}) $  de gagner (noter que $f$ est symétrique). Je pense que c'est faisable (sans être facile).

Ensuite, il faut encore chercher des configurations et leurs stratégies associées pour explorer l'ensemble cherché. Il y a beaucoup de choses que l'on peut faire !

\q (Difficile/Ouvert) Appelons J1 le joueur qui joue en premier et J2 celui qui joue en deuxième, donc aussi en dernier.

\textbf{J1 n'a pas de stratégie gagnante :}

Il est clair que J2 peut empêcher J1 de gagner, en coupant les arcs de J1 à chaque fois qu'il joue. Lorsque J1 a placé ses deux premiers points et que c'est au tour de J2 de jouer, J1 a nécessairement formé un unique arc primitif, et il suffit à J2 de la bloquer. Par récurrence, à chaque fois que c'est au tour de J2 de jouer, J1 dispose d'un unique arc primitif, et il suffit à J2 de le couper.

Ainsi, J2 peut empêcher J1 de gagner. 

Je pense que J2 a une stratégie gagnante. C'est ce qu'on constate pour les petits valeurs de $n$. Mais la décrire précisément est difficile. Je pense qu'une fois qu'on l'a précisément décrite, montrer qu'elle fonctionne est plus simple parce que ça doit découler des propriétés de cette stratégie.

\q (Ouvert) 

\q (Ouvert)