\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{center}
    \begin{tikzpicture}
        \begin{scope}[xshift=10cm]
            \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}
\end{center}

\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.
m
    \item (Moyen) Oui, la réponse à la question suivante en fournit une.
    
    \item (Moyen+) 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 $1s$ par rapport à $D$.

\begin{center}
    \begin{tikzpicture}
        \begin{scope}[xshift=10cm]
            \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{center}

On définit alors $ \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 $[0,\pi]$.

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.

    \item (Ouvert) Peut-être, mais pas sûr. Je ne sais pas.

    \item (Moyen/Difficile) 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{center}
    \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{center}

En se placant toujours dans le \underline{même repère}, 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 $]0,1[$.

    \item et g) (Difficile/Ouvert) Il y a pas mal de choses à dire et à faire, en considérant par exemple des stratégies dépendant d'un paramètre qu'on fait varier, ce qui permet de trouver certains intervalles inclus dans les ensembles recherchés. 
    
    Pour les inclusions réciproques, notamment pour le premier, trouver sa borne supérieure (ce qui était l'objet de d)) a l'air assez difficile.

\end{enumerate}

\q (Difficile/Ouvert) Pareil, 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 sans nul doute plus difficiles.

\q (Moyen) 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{center}
    \begin{tikzpicture}
        \begin{scope}[xshift=10cm]
            \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{center}

Le fait qu'on considère les $\varepsilon$-approximations de ce polygône régulier fait qu'on considère un évènement 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, d'où le résultat.

\q 

\begin{enumerate}
    
    \item (Facile) Elle a évidemment envie de jouer le polygône régulier. 

    \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.

\end{enumerate}

\q (Moyen/Difficile) J'ai la preuve, mais il est tard, je l'écris plus tard

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

\q (Ouvert)

\q (Ouvert)