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@@ -102,7 +102,7 @@ L'usage des appareils électroniques est interdit.
 Durée : 2h
 
 \ifcorrige
-Ce corrigé comporte \textcolor{red}{xxx} pages (page de garde incluse).
+Ce corrigé comporte 6 pages (page de garde incluse).
 \else
 Cet énoncé comporte 3 pages (page de garde incluse).
 \fi
@@ -143,13 +143,32 @@ commencera par considérer ceux en stratégies pures, puis par
 considérer les cas où un joueur, ou l'autre, ou les deux, joue une
 stratégie strictement mixte (i.e., ayant pour support $\{X,Y\}$).
 
+\begin{corrige}
+Si Alice joue (purement) $X$, les options de Bob apportent les gains
+$1$ pour $X$ et $0$ pour $Y$, dont la seule meilleure réponse de Bob
+est de jouer purement $X$.  De même, si Alice joue (purement) $Y$, les
+options de Bob apportent les gains $0$ pour $X$ et $2$ pour $Y$, dont
+la seule meilleure réponse de Bob est de jouer purement $Y$.  Le rôle
+des deux joueurs étant symétrique, ceci prouve que, dans un équilibre
+de Nash, si l'un joue purement une des deux options, l'autre doit
+jouer la même, et ceci donne bien deux équilibres de Nash, $(X,X)$
+(avec gain $1$) et $(Y,Y)$ (avec gain $2$).
+
+Si Alice joue une stratégie strictement mixte dans un équilibre de
+Nash, on vient de voir que Bob joue $pX + (1-p)Y$, l'espérance de gain
+d'Alice doit être la même pour les deux options du support de sa
+stratégie, c'est-à-dire que $p = 2(1-p)$, donc $p = \frac{2}{3}$.  Par
+symétrie, Bob joue aussi cette stratégie, et on vérifie que ceci donne
+bien un équilibre de Nash, $(\frac{2}{3}X + \frac{1}{3}Y, \;
+\frac{2}{3}X + \frac{1}{3}Y)$.
+\end{corrige}
+
 \textbf{(2)} Plus généralement, on considère un jeu de la forme
 suivante : les deux joueurs ont le même ensemble d'options, notons-le
 $\{X_1,\ldots,X_N\}$, et ils ont le même gain $u_A(a,b) = u_B(a,b)$
 pour $a,b\in \{X_1,\ldots,X_N\}$, et de plus ce gain vaut $0$ lorsque
 $b\neq a$ et il vaut $g_i$ lorsque $a = b = X_i$, où tous les $g_i$
-sont des réels strictement positifs et distincts, disons $0 < g_1 <
-g_2 < \cdots < g_N$ pour fixer les idées.  Pour résumer :
+sont des réels strictement positifs ($g_i > 0$).  Pour résumer :
 \begin{center}
 \begin{tabular}{r|ccc}
 $\downarrow$Alice, Bob$\rightarrow$&$X_1$&$\cdots$&$X_N$\\\hline
@@ -169,6 +188,16 @@ gain espéré nul, donc strictement moins bon que n'importe quelle
 combinaison convexe d'options dans $I$.)  En déduire par symétrie
 que $I=J$.
 
+\begin{corrige}
+Si $X_j \not\in I$, alors l'option $X_j$ apporte un gain nul à Bob,
+tandis que toute option $X_i \in I$ apporte un gain strictement
+positif (puisque $g_i$ est pondéré avec un coefficient strictement
+positif, tout le reste étant nul).  Il s'ensuit qu'une meilleure
+réponse possible de Bob ne peut pas inclure $X_j$ : elle ne peut donc
+inclure que des options dans $I$.  Donc $J \subseteq I$.  Et par
+symétrie des deux joueurs, $I \subseteq J$.  Donc finalement $I = J$.
+\end{corrige}
+
 \textbf{(b)} Toujours en considérant un équilibre de Nash d'un tel
 jeu, en notant $p_1 X_1 + \cdots + p_N X_N$ la stratégie (mixte)
 d'Alice, montrer que les $g_i p_i$ tels que $p_i > 0$ (c'est-à-dire
@@ -177,10 +206,53 @@ résultat analogue pour la stratégie de Bob, donc qu'elles sont égales.
 En déduire qu'il existe au plus $2^N - 1$ équilibres de Nash, un pour
 chaque partie non vide $I$ de $\{X_1,\ldots,X_N\}$.
 
+\begin{corrige}
+En notant $p_1 X_1 + \cdots + p_N X_N$ la stratégie d'Alice, pour
+toute option $X_i \in J = I$ de Bob, le gain espéré de $X_i$ doit être
+toujours le même.  Or ce gain est $g_i p_i$.  Donc tous les $g_i p_i$
+pour $X_i \in I$ sont égaux.  C'est-à-dire que les $p_i$ sont
+proportionnels aux $\frac{1}{g_i}$ pour $X_i \in I$ (les autres étant
+nuls).  Ceci détermine la stratégie d'Alice, et par symétrie c'est
+aussi celle de Bob.  On a donc trouvé $2^N - 1$ équilibres de Nash
+potentiels : pour toute partie non vide $I$ de $\{X_1,\ldots,X_N\}$ on
+pose calcule $p_i$ comme le quotient de $\frac{1}{g_i}$ par la somme
+des $\frac{1}{g_j}$ pour $X_j \in I$ si $X_i \in I$ (et $0$ sinon), et
+Alice et Bob jouent chacun $p_1 X_1 + \cdots + p_N X_N$.
+\end{corrige}
+
 \textbf{(c)} Vérifier que les stratégies mixtes trouvées en (b) sont
 bien des équilibres de Nash du jeu, et conclure qu'il a exactement
 $2^N - 1$ équilibres de Nash, qu'on décrira explicitement.
 
+\begin{corrige}
+Pour chaque partie non vide $I$ de $\{X_1,\ldots,X_N\}$ on a bien
+décrit une stratégie mixte pour chacun des deux joueurs (c'est la
+même) : on a bien affaire à des réels $p_i$ positifs de somme $1$.  Le
+gain espéré de $X_j$ contre $p_1 X_1 + \cdots + p_N X_N$ est $0$ si
+$X_j \not\in I$ et $g_j p_j$ (qui ne dépend pas de $j$) si $X_j \in
+I$ : on ne peut pas faire mieux (avec une stratégie pure, donc a
+fortiori avec une stratégie mixte), donc cette stratégie est bien une
+meilleure réponse possible contre elle-même, et on a bien affaire à un
+équilibre de Nash.
+
+Pour résumer : tous les équilibres de Nash sont décrits de la façon
+suivante : pour une certaine partie non vide $I$ de
+$\{X_1,\ldots,X_N\}$, on pose
+\[
+\left\{
+\begin{array}{ll}
+p_i = \frac{\textstyle 1/g_i}{\textstyle \sum_{X_j\in I}(1/g_j)}&\text{si $p_i\in I$}\\
+p_i = 0&\text{sinon}
+\end{array}
+\right.
+\]
+et les deux joueurs jouent $p_1 X_1 + \cdots + p_N X_N$ : ceci est
+bien un équilibre de Nash et tous sont de cette forme (et $I$ est bien
+déterminé par l'équilibre puisque c'est le support commun des
+stratégies des deux joueurs, donc tous les équilibres qu'on vient de
+décrire sont distincts).  Il y en a donc exactement $2^N - 1$.
+\end{corrige}
+
 
 %
 %
@@ -234,6 +306,19 @@ incluse dans la boule ouverte $B_\varepsilon(u) :=
 (\emph{Indication :} s'inspirer de la note en bas de
     page \ref{footnote-series-converges}.)
 
+\begin{corrige}
+Si $\dblunderline{x}$ et $\dblunderline{y}$ coïncident sur les
+termes $i<\ell$, alors $|\psi(\dblunderline{y})-u| =
+|\psi(\dblunderline{y})-\dblunderline{x}| =
+\left|\sum_{i=\ell}^{+\infty} \frac{x_i}{b^i}\right| \leq
+\sum_{i=\ell}^{+\infty} \left|\frac{x_i}{b^i}\right| \leq
+\sum_{i=\ell}^{+\infty} \frac{M}{b^i} = \frac{Mb^\ell}{1-b}$.  Cette
+quantité tend vers $0$ quand $\ell\to+\infty$, donc il existe $\ell$
+tel qu'elle soit $<\varepsilon$.  Ceci montre bien que si
+$\dblunderline{y} \in V_\ell(\dblunderline{x})$ on a
+$|\psi(\dblunderline{y})-u| < \varepsilon$.
+\end{corrige}
+
 \textbf{(2)} En déduire que si $U \subseteq \mathbb{R}$ est ouvert (au
 sens de la topologie usuelle des réels\footnote{Rappel : $U \subseteq
 \mathbb{R}$ est ouvert lorsque pour tout $u\in U$ il existe
@@ -242,8 +327,39 @@ l'image réciproque $\psi^{-1}(U) \subseteq X^{\mathbb{N}}$ est ouverte
 (au sens de la topologie produit de la topologie discrète sur
 $X^{\mathbb{N}}$, qu'on a considérée en cours).
 
-\textbf{(3)} En déduire que si $A$ est ouvert, ou bien fermé, l'un des
-deux joueurs possède une stratégie gagnante au jeu qu'on a décrit.
+\begin{corrige}
+Supposons que $U$ soit ouvert.  Si $\dblunderline{x} \in
+\psi^{-1}(U)$, c'est-à-dire $\psi(\dblunderline{x}) =: u \in U$, comme
+$U$ est ouvert, il existe $\varepsilon>0$ tel que $B_\varepsilon(u)
+\subseteq U$, et d'après la question (1), il existe $\ell$ tel que
+$\psi(V_\ell(\dblunderline{x})) \subseteq B_\varepsilon(u) \subseteq
+U$, ce qui signifie $V_\ell(\dblunderline{x}) \subseteq \psi^{-1}(U)$.
+On vient de montrer que tout $\dblunderline{x} \in \psi^{-1}(U)$ a un
+voisinage fondamental $V_\ell(\dblunderline{x})$ inclus dans
+$\psi^{-1}(U)$, c'est-à-dire que $\psi^{-1}(U)$ est ouvert.
+
+(Note : on a évité dans ce corrigé d'utiliser le mot « continu » car
+il n'a pas été défini en cours dans le contexte d'une application de
+$X^{\mathbb{N}}$ vers $\mathbb{R}$.  Mais bien sûr, il est correct de
+dire que $\psi$ est continue en tant qu'application entre espaces
+topologiques.)
+\end{corrige}
+
+\textbf{(3)} En déduire que si $A$ est ouvert, ou bien fermé,
+dans $\mathbb{R}$, alors l'un des deux joueurs possède une stratégie
+gagnante au jeu qu'on a décrit.
+
+\begin{corrige}
+Le jeu qu'on a décrit est exactement le jeu de Gale-Stewart défini par
+la partie $\psi^{-1}(A)$.  Si $A$ est ouvert, alors la question (2)
+montre que $\psi^{-1}(A)$ est ouvert, donc le jeu est déterminé
+d'après le théorème de détermination des jeux ouverts.  Si $A$ est
+fermé, alors son complémentaire $\mathbb{R}\setminus A$ est ouvert,
+donc la question (2) montre que $\psi^{-1}(\mathbb{R}\setminus A) =
+X^{\mathbb{N}} \setminus \psi^{-1}(A)$ est ouvert, c'est-à-dire que
+$\psi^{-1}(A)$ est fermé, donc le jeu est déterminé d'après le
+théorème de détermination des jeux fermés.
+\end{corrige}
 
 \textbf{(4)} Montrer aussi ce résultat lorsque $A = \mathbb{Q}$
 (autrement dit, Alice gagne si la somme $u$ de la série est
@@ -251,6 +367,25 @@ rationnelle\footnote{Merci d'avance de ne pas prétendre que
 $\mathbb{Q}$ est ouvert, ni qu'il est fermé.}).  Plus généralement,
 montrer ce résultat lorsque $A$ est borélien.
 
+\begin{corrige}
+L'ensemble $\mathbb{Q}$ est la réunion dénombrable des fermés $\{r\}$
+pour $r\in\mathbb{Q}$ : il est donc borélien (dans $\mathbb{R}$) ;
+l'image réciproque $\psi^{-1}(\mathbb{Q})$ est donc la réunion
+dénombrable des fermés $\psi^{-1}(\{r\})$ : il est donc borélien (dans
+$X^{\mathbb{N}}$).  D'après le théorème de détermination des jeux
+boréliens, le jeu est déterminé.
+
+Plus généralement, l'ensemble des $B$ tels que $\psi^{-1}(B)$ soit
+borélien dans $X^{\mathbb{N}}$ est une tribu (puisque $\psi^{-1}$
+préserve les réunions et intersections quelconques, ainsi que le
+complémentaire) et elle contient les ouverts (puisqu'on a vu que
+$\psi^{-1}(U)$ est ouvert pour $U$ ouvert).  Elle contient donc les
+boréliens de $\mathbb{R}$.  C'est-à-dire que si $B$ est borélien
+dans $\mathbb{R}$ alors $\psi^{-1}(B)$ est borélien dans
+$X^{\mathbb{N}}$.  D'après le théorème de détermination des jeux
+boréliens, le jeu est déterminé dès que $A$ est borélien.
+\end{corrige}
+
 
 %
 %
@@ -272,6 +407,34 @@ et enfin que $\omega^{\gamma_1} n_1 + \omega^{\gamma_2} n_2 =
 \omega^{\gamma_2} n_2$ si $n_1,n_2$ sont deux entiers naturels non
 nuls (et toujours avec $\gamma_1 < \gamma_2$).
 
+\begin{corrige}
+On a vu que lorsque $\alpha_0 \leq \alpha$, il existe un unique
+$\beta$ tel que $\alpha = \alpha_0 + \beta$ : en particulier, si
+$\alpha \geq \omega$, on peut écrire $\alpha = \omega + \beta$, et on
+en déduit que $1 + \alpha = 1 + \omega + \beta = \omega + \beta =
+\alpha$.
+
+Or si $\gamma > 0$, c'est-à-dire $\gamma \geq 1$, on a $\omega^\gamma
+\geq \omega$, et on vient de voir que ceci implique $1 + \omega^\gamma
+= \omega^\gamma$.
+
+Si $\gamma_1 < \gamma_2$, on peut écrire $\gamma_2 = \gamma_1 +
+\gamma$ (cf. deux paragraphes plus haut), donc $\omega^{\gamma_1} +
+\omega^{\gamma_2} = \omega^{\gamma_1} + \omega^{\gamma_1 + \gamma} =
+\omega^{\gamma_1} + \omega^{\gamma_1} \, \omega^{\gamma} =
+\omega^{\gamma_1} (1 + \omega^\gamma) = \omega^{\gamma_1} \,
+\omega^\gamma = \omega^{\gamma_1+\gamma} = \omega^{\gamma_2}$.
+
+Une fois acquis que $\omega^{\gamma_1} + \omega^{\gamma_2} =
+\omega^{\gamma_2}$, on a $\omega^{\gamma_1} n_1 + \omega^{\gamma_2}
+n_2 = \omega^{\gamma_1} + \cdots + \omega^{\gamma_1} +
+\omega^{\gamma_2} + \cdots + \omega^{\gamma_2}$ (avec $n_1$ termes
+$\omega^{\gamma_1}$ et $n_2$ termes $\omega^{\gamma_2}$), et en
+utilisant de façon répétée l'égalité qu'on vient de dire, ceci vaut
+$\omega^{\gamma_2} + \cdots + \omega^{\gamma_2} = \omega^{\gamma_2}
+n_2$, comme annoncé.
+\end{corrige}
+
 \textbf{(2)} Si $\alpha = \omega^{\gamma_s} n_s + \cdots +
 \omega^{\gamma_1} n_1$ (avec $\gamma_s > \cdots > \gamma_1$ et
 $n_1,\ldots,n_s$ des entiers naturels non nuls) et $\alpha' =
@@ -281,10 +444,33 @@ utilisant les résultats de la question précédente, expliquer comment
 calculer $\alpha + \alpha'$, en supposant qu'on sache
 algorithmiquement comparer les $\gamma_i$ et les $\gamma'_j$.
 
+\begin{corrige}
+On écrit $\alpha + \alpha' = \omega^{\gamma_s} n_s + \cdots +
+\omega^{\gamma_1} n_1 + \omega^{\gamma'_{s'}} n'_{s'} + \cdots +
+\omega^{\gamma'_1} n'_1$ et, d'après ce qu'on vient de voir, dès que
+deux termes ne sont pas dans le bon ordre (i.e., si un
+$\omega^{\gamma_i} n_i$ précède $\omega^{\gamma_j} n_j$ avec $\gamma_i
+< \gamma_j$), alors le premier disparaît purement et simplement ; et
+bien sûr, si $\gamma_i = \gamma_j$, les termes fusionnent en
+$\omega^{\gamma_i} (n_i+n_j)$ par distributivité à droite.  On se
+retrouve donc avec l'écriture en forme normale de Cantor de $\alpha +
+\alpha'$.
+\end{corrige}
+
 \textbf{(3)} Application : si $\alpha = \omega^3\cdot 2 + \omega\cdot
 3 + 5$ et $\alpha' = \omega^2 + \omega\cdot 4$, calculer $\alpha +
 \alpha'$ et $\alpha' + \alpha$.
 
+\begin{corrige}
+Dans le sens $\alpha + \alpha'$, on a $(\omega^3\cdot 2 + \omega\cdot
+3 + 5) + (\omega^2 + \omega\cdot 4) = \omega^3\cdot 2 + \omega^2 +
+\omega\cdot 4$.
+
+Dans le sens $\alpha' + \alpha$, on a $(\omega^2 + \omega\cdot 4) +
+(\omega^3\cdot 2 + \omega\cdot 3 + 5) = \omega^3\cdot 2 + \omega\cdot
+3 + 5$.
+\end{corrige}
+
 \textbf{(4)} Déduire de la question (2) que si $\alpha =
 \omega^{\gamma_s} n_s + \cdots + \omega^{\gamma_1} n_1$ en forme
 normale de Cantor et $k \geq 1$ est un entier naturel, alors
@@ -294,12 +480,47 @@ coefficient $n_s$ de la plus haute puissance de $\omega$ est multiplié
 par $k$ ; \emph{indication} : on a $\alpha\cdot k = \alpha + \cdots +
 \alpha$ avec $k$ termes identiques).
 
+\begin{corrige}
+En écrivant $\alpha\cdot k = \alpha + \cdots + \alpha$ (qui résulte de
+la distributivité à droite) et en appliquant les règles expliquées
+en (2), on voit que tous les termes autres que le plus haut de tous
+les termes autres que le dernier de la terme disparaissent purement et
+simplement (ils sont absorbés par le terme le plus haut du $\alpha$
+suivant), donc seul subsistent $k-1$ copies de $\omega^{\gamma_s} n_s$
+plus le dernier $\alpha$, ce qui donne bien $\alpha\cdot k =
+\omega^{\gamma_s} n_sk + \omega^{\gamma_{s-1}} n_{s-1} + \cdots +
+\omega^{\gamma_1} n_1$ comme annoncé.
+\end{corrige}
+
 \textbf{(5)} En déduire que, toujours pour $\alpha = \omega^{\gamma_s}
-n_s + \cdots + \omega^{\gamma_1} n_1$, on a $\alpha\omega =
+n_s + \cdots + \omega^{\gamma_1} n_1$, on a $\alpha\cdot\omega =
 \omega^{\gamma_s+1}$ (\emph{indication} : on pourra calculer
-$\lim_{k\to\omega} \alpha \cdot k$), et plus généralement
-$\alpha\omega^{\gamma'} = \omega^{\gamma_s+\gamma'}$ si $\gamma'\geq
-1$ (\emph{indication} : on pourra écrire $\gamma' = 1+\gamma''$).
+$\lim_{k\to\omega} \alpha \cdot k$), et plus généralement $\alpha\cdot
+\omega^{\gamma'} = \omega^{\gamma_s+\gamma'}$ si $\gamma'\geq 1$
+(\emph{indication} : on pourra écrire $\gamma' = 1+\gamma''$).
+
+\begin{corrige}
+On cherche à calculer $\alpha\cdot\omega = \lim_{k\to\omega} \alpha \cdot
+k$ (rappelons que cette limite est juste une borne supérieure).  Par
+comparaison des formes normales de Cantor, $\omega^{\gamma_s+1}$ est
+plus grand que tous les $\alpha\cdot k = \omega^{\gamma_s} n_sk +
+\omega^{\gamma_{s-1}} n_{s-1} + \cdots + \omega^{\gamma_1} n_1$, donc
+$\omega^{\gamma_s+1} \geq \lim_{k\to\omega} \alpha \cdot k$.  Mais
+inversement, la forme normale de Cantor de tout ordinal
+$<\omega^{\gamma_s+1}$ commence par un terme $\leq\omega^{\gamma_s}
+N$, donc majoré par $\alpha\cdot k$ pour $k$ assez grand (certainement
+pour $k\geq N$) : donc $\lim_{k\to\omega} \alpha \cdot k$ ne peut pas
+être $<\omega^{\gamma_s+1}$.  Donc c'est exactement
+$\omega^{\gamma_s+1}$, et on a prouvé $\alpha\cdot\omega =
+\omega^{\gamma_s+1}$.
+
+Plus généralement, si $\gamma'\geq 1$, on peut écrire $\gamma' =
+1+\gamma''$ comme on l'a déjà rappelé plus haut, et
+$\alpha\cdot\omega^{\gamma'} = \alpha\cdot\omega^{1+\gamma''} =
+\alpha\cdot\omega\omega^{\gamma''} =
+\omega^{\gamma_s+1}\omega^{\gamma''} = \omega^{\gamma_s+1+\gamma''} =
+\omega^{\gamma_s+\gamma'}$.
+\end{corrige}
 
 \textbf{(6)} Si $\alpha = \omega^{\gamma_s} n_s + \cdots +
 \omega^{\gamma_1} n_1$ et $\alpha' = \omega^{\gamma'_{s'}} n'_{s'} +
@@ -309,10 +530,41 @@ précédente, expliquer comment calculer $\alpha \cdot \alpha'$, en
 supposant qu'on sache algorithmiquement comparer et ajouter les
 $\gamma_i$ et les $\gamma'_j$.
 
+\begin{corrige}
+Par distributivité à droite et comme on sait déjà calculer des sommes,
+on peut se ramener au cas où $\alpha'$ est un seul terme
+$\omega^{\gamma'} n'$.  Par associativité, il suffit de savoir
+calculer le produit par $\omega^{\gamma'}$ à droite, et par $n'$.  Le
+produit par $\omega^{\gamma'}$ est trivial si $\gamma'=0$ et est réglé
+par la question (5) si $\gamma'>0$.  Et le produit par $n'$ est réglé
+par la question (4).
+
+Un peu plus concrètement, pour chaque terme de $\alpha'$ pour lequel
+$\gamma'_j > 0$, on a $\alpha\cdot \omega^{\gamma'_j} n'_j =
+\omega^{\gamma_s + \gamma'_j} n_s n_j$, et le terme fini, s'il existe
+(c'est-à-dire si $\gamma'_1 = 0$) vaut $\alpha\cdot n'_1 =
+\omega^{\gamma_s} n_s n'_1 + \omega^{\gamma_{s-1}} n_{s-1} + \cdots +
+\omega^{\gamma_1} n_1$.  Il n'y a plus qu'à ajouter tous ces termes
+dans l'ordre (qui est déjà le bon, et qui donne déjà une forme normale
+de Cantor, puisque $\gamma_s + \gamma'_s > \cdots + \gamma_s +
+\gamma'_2 > \gamma_s > \cdots > \gamma_1$).
+\end{corrige}
+
 \textbf{(7)} Application : si $\alpha = \omega^3\cdot 2 + \omega\cdot
 3 + 5$ et $\alpha' = \omega^2 + \omega\cdot 4$, calculer $\alpha \cdot
 \alpha'$ et $\alpha' \cdot \alpha$.
 
+\begin{corrige}
+Dans le sens $\alpha\alpha'$ on trouve $(\omega^3\cdot 2 + \omega\cdot
+3 + 5) (\omega^2 + \omega\cdot 4) = \omega^5 + \omega^4\cdot 4$ (il
+n'y a pas de terme fini à la fin de $\alpha'$ donc seul le premier
+terme de $\alpha$ survit).
+
+Dans le sens $\alpha'\alpha$ on trouve $(\omega^2 + \omega\cdot 4)
+(\omega^3\cdot 2 + \omega\cdot 3 + 5) = \omega^5\cdot 2 +
+\omega^3\cdot 3 + \omega^2\cdot 5 + \omega\cdot 4$.
+\end{corrige}
+
 
 
 %