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

            \foreach \angle in {180, 340} {
                \filldraw[fill=blue] (\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 question précédente montre 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 :

    On note $D$ la droite formée par le premier point placé par Alice et le centre du cercle. Après que l'adversaire ait joué son point $1$, Alice joue le symétrique de $1$ 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, red] (A1) arc[start angle=0, end angle=140, radius=1.5cm];
                % \draw[very thick, blue] (B1) arc[start angle=180, end angle=340, radius=1.5cm];
                
                \foreach \angle in {0, 220} {
                    \filldraw[fill=red] (\angle:1.5cm) circle (2pt); % Points sur le cercle de rayon 2 cm
                }
    
                \foreach \angle in {140} {
                    \filldraw[fill=blue] (\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'ordinateur 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/Difficile :} On a $]\frac 1 4, \frac 1 2[ \subset S$

    Démonstration :

    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 $ \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 (140:1.5cm);

            \node at (0:2.5cm)  {1er point}; 
            \node at (140:1.8cm)  {$ \theta $}; 
            \node at (120:1.8cm)  {$ \alpha \theta $}; 

            % \draw[dotted] (0:5cm) -- (180:5cm);
            
            % \draw[very thick, red] (A1) arc[start angle=0, end angle=140, radius=1.5cm];
            % \draw[very thick, blue] (B1) arc[start angle=180, end angle=340, radius=1.5cm];
            
            \foreach \angle in {0, 120} {
                \filldraw[fill=red] (\angle:1.5cm) circle (2pt); % Points sur le cercle de rayon 2 cm
            }

            \foreach \angle in {140} {
                \filldraw[fill=blue] (\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 par rapport à la droite $D$ et le 1er point, l'évènement \og ne pas perdre \fg revient clairement à \og l'adversaire joue un point dont l'angle (dans le même repère) est dans $[0,\theta + \alpha \theta]$\fg. 

La probabilité associée est $ \frac{\theta + \alpha \theta}{2\pi} $, l'espérance vaut $(1+\alpha)/4$, qui décrit $]\frac 1 4, \frac 1 2[$ quand $\alpha$ décrit $]0,1[$.

    \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 établit des inclusions réciproques à celles établies ci-dessus a l'air assez difficile.

    \item On peut faire des raisonnement assez similaires à ceux de la question précédentes pour obtenir des résultats partiels de la même forme. Les raisonnements sont différents, la combinatoire change, mais on peut obtenir des résultats aussi partiels que ceux de la question précédente, avec les mêmes ordres de difficulté. Je pense que les élèves vont imaginer tellement de stratégies différentes, et obtenir tellement de résultats (partiels) différents, qu'il n'est pas forcément nécessaire d'en montrer plus que ça et de développer des pages et des pages de calculs dans cette fiche solution. Simplement, voilà la tête des solutions qu'on peut donner à ces questions.

\end{enumerate}

\q (Difficile/Ouvert) On peut établir des résultats partiels, mais c'est plus difficile parce qu'on a beaucoup plus de mal à voir les choses vu que $n \geqslant 3$ tours sont joués. On peut trouver des intervalles inclus dans les ensembles recherchés en considérant certaines stratégies dépendant d'un paramètre qu'on fait varier, les inclusions réciproques étant plus difficiles, et la détermination complète de l'ensemble ouverte.

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

    \textbf{Facile/Moyen :} 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, red] (A1) arc[start angle=0, end angle=140, radius=1.5cm];
            % \draw[very thick, blue] (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=blue] (\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 "L'adversaire joue un polygone quasi-régulier, sont les sommet sont à distance $\leqslant \varepsilon$ d'un polygône régulier" est clairement de probabilité non-nulle).

Dans ce cas, il est clair que pour $\varepsilon$ assez petit, Alice 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. très 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 un point pour 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 "Elle est obligée de faire tout ça" est de probabilité strictement positive, donc, la condition nécessaire annoncée au début.

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

\q 

\begin{enumerate}
    
    \item (Moyen) On cherche l'évènement contraire \og L'adversaire a bien coupé au moins une fois chaque arc \fg.

La probabilité de gagner est un dénombrement au cours duquel il est très facile de s'exciter trop vite et de se tromper ! Cette question saura distinguer les équipes sachant raisonner droit de celles trébuchant au moindre obstacle.

La réponse est 1 si $ p < n $ et ... sinon.

    \item (Difficile/Ouvert) Je pense que c'est faisable, mais c'est vraiment dur, surtout en Terminale.

\end{enumerate}

\q (Moyen/Difficile)

\q (Difficile/Ouvert) Peut-être seulement difficile sans être infaisable.

\q (Ouvert)

\q (Ouvert)