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diff --git a/notes-mitro206.tex b/notes-mitro206.tex index 4679aef..1fb8099 100644 --- a/notes-mitro206.tex +++ b/notes-mitro206.tex @@ -6505,6 +6505,189 @@ $0$&$\frac{5}{7}$&$\frac{2}{7}$&$0$&$\frac{3}{7}$&$\frac{4}{7}$&$4+\frac{6}{7}$\ et on a prouvé que c'étaient bien les seuls. \end{corrige} + +% +% +% + +\exercice\label{three-player-game-exercise} + +On considère le jeu en forme normale suivant : \emph{trois} joueurs +(Alice, Bob et Charlie, par exemple) choisissent indépendamment les +uns des autres un élément de l'ensemble $\{\mathtt{0},\mathtt{1}\}$ : +\begin{itemize} +\item s'ils ont tous les trois choisi la même option, ils gagnent + tous $0$, +\item si l'un d'entre eux a choisi une option différente des deux + autres, celui qui a choisi cette option gagne $2$ et chacun des deux + autres gagne $-1$. +\end{itemize} + +Il sera utile de remarquer que les joueurs ont des rôles complètement +symétriques, et que les options sont également symétriques. + +(Attention, même si la somme des gains des trois joueurs vaut +toujours $0$, ce n'est pas un « jeu à somme nulle » au sens classique, +car ces derniers ne sont définis que pour \emph{deux} joueurs.) + +\smallbreak + +(1) Écrire le tableau des gains du jeu considéré. (On choisira une +façon raisonnable de présenter un tableau à trois entrées, par exemple +comme plusieurs tableaux à deux entrées mis côte à côte.) + +\begin{corrige} +On fait deux tableaux, l'un pour le cas où Alice joue $\mathtt{0}$, +\begin{center} +\begin{tabular}{r|cc} +$\mathtt{0}$A, $\downarrow$B, C$\rightarrow$&$\mathtt{0}$&$\mathtt{1}$\\\hline +$\mathtt{0}$&$0,0,0$&$-1,-1,+2$\\ +$\mathtt{1}$&$-1,+2,-1$&$+2,-1,-1$\\ +\end{tabular} +\end{center} +et l'autre pour le cas où Alice joue $\mathtt{1}$, +\begin{center} +\begin{tabular}{r|cc} +$\mathtt{1}$A, $\downarrow$B, C$\rightarrow$&$\mathtt{0}$&$\mathtt{1}$\\\hline +$\mathtt{0}$&$+2,-1,-1$&$-1,+2,-1$\\ +$\mathtt{1}$&$-1,-1,+2$&$0,0,0$\\ +\end{tabular} +\end{center} +Chacune des entrées doit bien sûr lister trois nombres, pour les gains +d'Alice, Bob et Charlie respectivement. +\end{corrige} + +\smallbreak + +Si $p \in [0;1]$, on notera simplement $p$ la stratégie mixte d'un +joueur qui consiste à choisir l'option $\mathtt{1}$ avec +probabilité $p$, et l'option $\mathtt{0}$ avec probabilité $1-p$. + +(2) Vérifier que l'espérance de gain d'Alice si elle joue selon la +stratégie mixte $p$ tandis que Bob joue selon la stratégie mixte $q$ +et Charlie selon la stratégie mixte $r$ vaut : $-2pq -2pr +4qr + 2p - +q -r$. (Ici, $p,q,r$ sont trois réels entre $0$ et $1$.) + +\begin{corrige} +Si Alice joue $\mathtt{0}$, son espérance de gain est $-q(1-r) - +(1-q)r + 2qr$ d'après le premier tableau donné en réponse à la +question précédente, soit $4qr - q - r$. Si Alice joue $\mathtt{1}$, +son espérance de gain vaut $2(1-q)(1-r) -q(1-r) - (1-q)r = 4qr - 3q - +3r + 2$. Si elle joue $p$, son espérance de gain vaut $1-p$ fois $4qr +- q - r$ plus $p$ fois $4qr - 3q - 3r + 2$, ce qui vaut l'expression +$-2pq -2pr +4qr + 2p - q -r$ annoncée. +\end{corrige} + +\smallbreak + +(3) On se demande à quelle condition sur la stratégie mixte $q$ jouée +par Bob et la stratégie mixte $r$ jouée par Charlie les options +$\mathtt{0}$ et $\mathtt{1}$ d'Alice sont indifférentes pour elle +(c'est-à-dire, lui apportent la même espérance de gain). Montrer que +c'est le cas si et seulement si $q + r = 1$. + +\begin{corrige} +On cherche à quelle condition la valeur $4qr - q - r$ (qui se retrouve +en substituant $0$ à $p$ dans $-2pq -2pr +4qr + 2p - q -r$) est égale +à $4qr - 3q - 3r + 2$ (obtenue en mettant $p$ à $1$). La différence +entre les deux vaut $2 - 2q - 2r$, qui est donc nulle si et seulement +si $q+r = 1$, comme annoncé. +\end{corrige} + +\smallbreak + +(4) Déduire de la question (3) que si un profil $(p,q,r)$ de +stratégies mixtes est un équilibre de Nash et que $0<p<1$ alors +$q+r=1$. + +\begin{corrige} +Si $(p,q,r)$ est un équilibre de Nash en stratégies mixtes et si +$0<p<1$, c'est-à-dire si Alice pondère effectivement ses deux +stratégies pures, c'est que les gains espérés qu'elles lui apportent +sont égaux (si l'une était strictement meilleure que l'autre, Alice +aurait strictement intérêt à ne jouer que celle-là), c'est-à-dire +$q+r=1$ comme on vient de le voir. +\end{corrige} + +\smallbreak + +(5) En déduire tous les équilibres de Nash $(p,q,r)$ du jeu (on pourra +distinguer des cas selon que $p=0$, $p=1$ ou $0<p<1$ et de même pour +$q$ et $r$ ; la symétrie doit permettre de simplifier le travail). + +\begin{corrige} +Considérons un équilibre de Nash $(p,q,r)$. On a vu en (4) que si +l'un des trois nombres n'est ni $0$ ni $1$, la somme des deux autres +vaut nécessairement $1$. + +(A) Si au moins deux des trois nombres sont strictement entre $0$ et +$1$, disons sans perte de généralité que $p$ et $q$ le sont. Alors +$q+r=1$ et $p+r=1$, ce qui donne $p=q$. Mais le fait que $r=1-q$ avec +$0<q<1$ implique que $0<r<1$. On a donc aussi $p+q=1$, ce qui +implique $p=q=\frac{1}{2}$ et du coup $r=\frac{1}{2}$ puisque le +raisonnement est complètement symétrique. Or il est clair que +$(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ est bien un équilibre de Nash +(toutes les options deviennent indifférentes pour tout le monde). + +(B) Si un seul des trois nombres est strictement entre $0$ et $1$, +disons sans perte de généralité que $p$ l'est. Alors $q+r=1$, et +comme $q$ et $r$ doivent valoir chacun $0$ ou $1$, les seules +possibilités sont $(p,0,1)$ et symétriquement $(p,1,0)$. Vérifions +que $(p,0,1)$ constitue bien un équilibre de Nash, y compris si $p=0$ +ou $p=1$ (le cas $(p,1,0)$ étant bien sûr symétrique) : dans +$(p,0,1)$, Alice a un gain espéré de $-1$ qui ne varie pas selon $p$ ; +Bob y a un gain espéré de $3p-1$, qui est supérieur ou égal au gain +$-3p+2$ qu'il espère obtenir en changeant d'option, et le cas de +Charlie est exactement symétrique. On a donc bien affaire à un +équilibre de Nash. + +(C) Enfin, si $p,q,r$ dont tous dans $\{0,1\}$, on a déjà vu en (B) +que si deux valent $0$ et un vaut $1$ ou le contraire, on a affaire à +un équilibre de Nash. Reste le cas de $(0,0,0)$ ou $(1,1,1)$, et ce +ne sont certainement pas des équilibres de Nash car les trois joueurs +ont intérêt à changer unilatéralement de stratégie. + +Finalement, on a trouvé comme équilibre de Nash : le point isolé +$(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2})$, et l'hexagone formé des +segments paramétrés par $(p,0,1)$, $(1,0,r)$, $(1,q,0)$, $(p,1,0)$, +$(0,1,r)$ et $(0,q,1)$ où la seule variable prend une valeur +quelconque dans $[0;1]$ (intuitivement, ce sont des équilibres où deux +joueurs sont en position de gagner, et le troisième, qui est en +position de « faiseur de roi », ne peut pas gagner mais choisit au +hasard lequel des deux autres gagne). +\end{corrige} + +\smallbreak + +(6) Dans cette question, on modifie le jeu : plutôt que faire leurs +choix indépendamment, les joueurs les font et les déclarent +successivement (Alice, puis Bob, puis Charlie). (a) Que va faire Bob +si Alice choisit $\mathtt{0}$ ? (b) Informellement, expliquer qui est +avantagé ou désavantagé par cette modification de la règle. + +\begin{corrige} +(a) Si Alice choisit $\mathtt{0}$, Bob a bien sûr intérêt à + choisir $\mathtt{1}$ (car s'il choisit lui-même $\mathtt{0}$, + Charlie choisira $\mathtt{1}$ et Bob a le pire gain possible + de $-1$). Charlie sera alors dans la situation de choisir qui + d'Alice ou de Bob gagne sans pouvoir gagner lui-même (il est + « faiseur de roi »). La situation est complètement symétrique si + Alice choisit $\mathtt{1}$, et le choix d'Alice est complètement + indifférent puisque les deux options sont équivalentes de son point + de vue. + +(b) On peut donc dire que Charlie est désavantagé par le fait de jouer + en dernier : il ne pourra pas gagner, seulement choisir lequel des + deux autres joueurs gagne. (Ceci est un peu paradoxal quand on se + rappelle que dans un jeu à \emph{deux} joueurs à somme nulle, on ne + peut qu'être avantagé par le fait d'avoir connaissance de l'option + choisie par l'adversaire.) +\end{corrige} + +% +% +% + \subsection{Jeux de Gale-Stewart et détermination} \exercice @@ -7153,7 +7336,7 @@ deux exercices précédents) ?\spaceout (À chaque fois, plusieurs % % -\subsection{Jeux combinatoires impartiaux à information parfaite} +\subsection{Jeux combinatoires à information parfaite} \exercice @@ -7921,6 +8104,309 @@ a une racine. Les entiers naturels strictement inférieurs d'éléments.) \par} +% +% +% + +\exercice\label{tree-hackenbush-exercise} + +On s'intéresse dans cet exercice au jeu de \emph{Hackenbush impartial + en arbre}, défini comme suit. L'état du jeu est représenté par un +arbre (fini, enraciné\footnote{C'est-à-dire que la racine fait partie + de la donnée de l'arbre, ce qui est la convention la plus + courante.}). Deux joueurs alternent et chacun à son tour choisit +une arête de l'arbre et l'efface, ce qui fait automatiquement +disparaître du même coup tout le sous-arbre qui descendait de cette +arête (voir figure). Le jeu se termine lorsque plus aucun coup n'est +possible (c'est-à-dire que l'arbre est réduit à sa seule racine), +auquel cas, selon la convention habituelle, le joueur qui ne peut plus +jouer a perdu. + +\begin{center} +\begin{tikzpicture}[baseline=0] +\fill [gray!50!white] (-1.5,0) rectangle (1.5,-0.2); +\begin{scope}[every node/.style={circle,fill,inner sep=0.5mm}] +\node (P0) at (0,0) {}; +\node (P1) at (0,1) {}; +\node (P2) at (-1.5,2) {}; +\node (P3) at (-2.0,3) {}; +\node (P4) at (-1.0,3) {}; +\node (P5) at (1.5,2) {}; +\node (P6) at (0.75,3) {}; +\node (P7) at (1.5,3) {}; +\node (P8) at (2.25,3) {}; +\node (P9) at (1.75,1) {}; +\end{scope} +\begin{scope}[line width=1.5pt] +\draw (P0) -- (P1); +\draw (P1) -- (P2); +\draw (P1) -- (P5); +\draw (P2) -- (P3); +\draw (P2) -- (P4); +\draw (P5) -- (P6); +\draw (P5) -- (P7); +\draw (P5) -- (P8); +\draw (P0) -- (P9); +\end{scope} +\begin{scope}[line width=3pt,red] +\draw ($0.5*(P1) + 0.5*(P5) + (-0.2,-0.2)$) -- ($0.5*(P1) + 0.5*(P5) + (0.2,0.2)$); +\draw ($0.5*(P1) + 0.5*(P5) + (-0.2,0.2)$) -- ($0.5*(P1) + 0.5*(P5) + (0.2,-0.2)$); +\end{scope} +\end{tikzpicture} +devient +\begin{tikzpicture}[baseline=0] +\fill [gray!50!white] (-1.5,0) rectangle (1.5,-0.2); +\begin{scope}[every node/.style={circle,fill,inner sep=0.5mm}] +\node (P0) at (0,0) {}; +\node (P1) at (0,1) {}; +\node (P2) at (-1.5,2) {}; +\node (P3) at (-2.0,3) {}; +\node (P4) at (-1.0,3) {}; +\node (P9) at (1.75,1) {}; +\end{scope} +\begin{scope}[line width=1.5pt] +\draw (P0) -- (P1); +\draw (P1) -- (P2); +\draw (P2) -- (P3); +\draw (P2) -- (P4); +\draw (P0) -- (P9); +\end{scope} +\end{tikzpicture} +\end{center} + +(1) Expliquer pourquoi une position de ce jeu peut être considérée +comme une somme de nim de différents jeux du même type. Plus +exactement, soit $T$ un arbre de racine $x$, soient $y_1,\ldots,y_r$ +les fils de $x$, soient $T_1,\ldots,T_r$ les sous-arbres ayant pour +racines $y_1,\ldots,y_r$ et soient $T'_1,\ldots,T'_r$ les arbres de +racine $x$ où $T'_i$ est formé de $x$ et de $T_i$ (avec une arête +entre $x$ et $y_i$) : expliquer pourquoi la position représentée par +l'arbre $T$ est la somme de nim de celles représentées par +$T'_1,\ldots,T'_r$. Qu'en déduit-on sur la valeur de Grundy de la +position $T$ ? + +\begin{corrige} +Il s'agit simplement d'observer que les différentes branches de +l'arbre n'interagissent pas du tout. Jouer à la somme de nim des jeux +de Hackenbush représentés par les arbres $T'_1,\ldots,T'_r$ revient, +si on veut, à jouer à Hackenbush sur la réunion disjointe de ces +arbres, et comme la racine n'intervient pas, cela ne change rien au +jeu de réunir leurs racines en une seule, ce qui donne l'arbre $T$. + +On en déduit que $\gr(T) = \gr(T'_1) \oplus \cdots \gr(T'_r)$ où +$\gr(T)$ désigne, par abus de notation, la valeur de Grundy de la +position de Hackenbush représentée par l'arbre $T$, et où $\oplus$ +désigne la somme de nim des entiers naturels. +\end{corrige} + +\smallbreak + +\centerline{* * *} + +Indépendamment de ce qui précède, on va considérer une nouvelle +opération sur les jeux : si $G$ est un jeu combinatoire impartial, vu +comme un graphe orienté (bien-fondé), on définit un jeu noté $*{:}G$ +défini en ajoutant une unique position $0$ à $G$ comme on va +l'expliquer. Pour chaque position $z$ de $G$ il y a une position +notée $*{:}z$ de $*{:}G$, et il y a une unique autre position, +notée $0$, dans $*{:}G$ ; pour chaque arête $z \to z'$ de $G$, il y a +une arête $*{:}z\, \to \, *{:}z'$ dans $*{:}G$, et il y a de plus une +arête $*{:}z\, \to 0$ dans $*{:}G$ pour chaque $z$ (en revanche, $0$ +est un puits, c'est-à-dire qu'aucune arête n'en part) ; la position +initiale de $*{:}G$ est $*{:}z_0$ où $z_0$ est celle de $G$. De façon +plus informelle, pour jouer au jeu $*{:}G$, chaque joueur peut soit +faire un coup normal ($*{:}z\, \to \, *{:}z'$) de $G$, soit appliquer +un coup « destruction totale » $*{:}z\, \to 0$ qui fait terminer +immédiatement le jeu (et celui qui l'applique a gagné\footnote{Ce jeu + considéré tout seul n'est donc pas très amusant puisqu'on a toujours + la possibilité de gagner instantanément.}). + +\smallbreak + +(2) Montrer par induction bien-fondée que si $G$ est un jeu +combinatoire impartial (bien-fondé) de valeur de Grundy $\alpha$, +alors $*{:}G$ a pour valeur de Grundy $1+\alpha$. + +\begin{corrige} +Observons tout d'abord que la valeur de Grundy de la position $0$ +de $*{:}G$ vaut $0$ puisque c'est un puits. Montrons par induction +bien-fondée sur les sommets de $*{:}G$ que la valeur de Grundy de la +position $*{:}z$ vaut $1+\gr(z)$ où $\gr(z)$ désigne la valeur de +Grundy de la position $z$ dans $G$. Les voisins sortants de $*{:}z$ +sont $0$ et les $*{:}z'$ pour $z'$ voisin sortant de $z$ (dans $G$) ; +la définition de la valeur de Grundy assure donc que $\gr(*{:}z) = +\mex(\{0\} \cup \{\gr(*{:}z') : z'\in\outnb(z)\})$, c'est-à-dire que +la valeur de Grundy de $*{:}z$ est le plus petit ordinal qui n'est +ni $0$ ni un $\gr(*{:}z')$ pour $z'$ voisin sortant de $z$ ; mais par +hypothèse d'induction, on peut remplacer $\gr(*{:}z')$ par +$1+\gr(z')$, ce qui donne $\gr(*{:}z) = \mex(\{0\} \cup \{1+\gr(z') : +z'\in\outnb(z)\})$. Montrons que ce $\mex$ vaut $1+\gr(z)$ : pour +cela, il suffit d'observer que (A) $1+\gr(z)$ ne vaut ni $0$ ni +$1+\gr(z')$, et (B) tout ordinal $<1+\gr(z)$ vaut soit $0$ soit +$1+\gr(z')$. Or le (A) est clair car $1+\gr(z) > 0$ et que $\gr(z') +\neq \gr(z)$ assure $1+\gr(z') \neq 1+\gr(z)$, et le (B) est clair car +si $\beta < 1+\gr(z)$, alors soit $\beta=0$ soit $\beta = 1+\beta'$ où +$\beta' < \gr(z)$, auquel cas la définition de $\gr$ assure qu'il +existe $z'$ voisin sortant de $z$ tel que $\beta' = \gr(z')$. +\end{corrige} + +\smallbreak + +(3) On revient au jeu de Hackenbush impartial en arbre. Soit $T$ un +arbre de racine $y$ et $T'$ l'arbre obtenu en ajoutant une nouvelle +racine $x$ à $T$, c'est-à-dire que les sommets de $T'$ sont ceux de +$T$ plus $x$, qui en est la racine, avec une arête entre $x$ et $y$. +Expliquer pourquoi le jeu de Hackenbush représenté par $T'$ s'obtient +par la construction « $*{:}$ » considérée en (2) à partir de celui +représenté par $T$. Qu'en déduit-on sur la valeur de Grundy de la +position $T'$ par rapport à celle de $T$ ? + +\begin{corrige} +Un coup dans le jeu de Hackenbush représenté par l'arbre $T'$ peut +consister soit à couper l'arbre à sa racine, c'est-à-dire couper +l'arête reliant $x$ et $y$, ce qui met fin au jeu immédiatement, soit +à jouer dans $T$ (i.e., couper une arête de celui-ci) ; c'est +précisément la définition qu'on a donnée de la +construction « $*{:}$ ». + +On en déduit que $\gr(T') = 1 + \gr(T)$ (comme par ailleurs on a ici +affaire à des entiers naturels, le $+$ est commutatif, donc dans cette +question on peut aussi l'écrire $\gr(T') = \gr(T) + 1$). +\end{corrige} + +\smallbreak + +(4) Déduire des questions précédentes une méthode pour calculer la +valeur de Grundy d'une position quelconque au Hackenbush impartial en +arbre. + +\begin{corrige} +Des questions précédentes, on déduit que la valeur de Grundy d'un +arbre $T$ au Hackenbush impartial se calcule comme la somme de nim des +$\gr(T'_i) = 1+\gr(T_i)$ où les $T_i$ sont les sous-arbres partant des +fils de la racine de $T$. + +On peut donc calculer la valeur de Grundy d'un arbre en calculant +celle de ses sous-arbres enracinés aux différents nœuds, des feuilles +vers la racine : dès qu'on a calculé la valeur de Grundy de tous les +sous-arbres enracinés aux fils $y_1,\ldots,y_r$ d'un nœud $x$, on en +déduit celle du sous-arbre enraciné en leur père $x$ comme la somme de +nim des valeurs en question incrémentées de $1$. +\end{corrige} + +\smallbreak + +(5) Quelle est la valeur de Grundy de la position représentée +ci-dessous ? (Il s'agit de la position utilisée en exemple plus +haut.) Quel coup préconiseriez-vous dans cette situation ? + +\begin{center} +\begin{tikzpicture}[baseline=0] +\fill [gray!50!white] (-1.5,0) rectangle (1.5,-0.2); +\begin{scope}[every node/.style={circle,fill,inner sep=0.5mm}] +\node (P0) at (0,0) {}; +\node (P1) at (0,1) {}; +\node (P2) at (-1.5,2) {}; +\node (P3) at (-2.0,3) {}; +\node (P4) at (-1.0,3) {}; +\node (P5) at (1.5,2) {}; +\node (P6) at (0.75,3) {}; +\node (P7) at (1.5,3) {}; +\node (P8) at (2.25,3) {}; +\node (P9) at (1.75,1) {}; +\end{scope} +\begin{scope}[line width=1.5pt] +\draw (P0) -- (P1); +\draw (P1) -- (P2); +\draw (P1) -- (P5); +\draw (P2) -- (P3); +\draw (P2) -- (P4); +\draw (P5) -- (P6); +\draw (P5) -- (P7); +\draw (P5) -- (P8); +\draw (P0) -- (P9); +\end{scope} +\end{tikzpicture} +\end{center} + +\begin{corrige} +On trouve les valeurs de Grundy suivantes en notant à côté de chaque +nœud la valeur du sous-arbre enraciné en ce nœud : +\begin{center} +\begin{tikzpicture}[baseline=0] +\fill [gray!50!white] (-1.5,0) rectangle (1.5,-0.2); +\begin{scope}[every node/.style={circle,fill,inner sep=0.5mm}] +\node (P0) at (0,0) {}; +\node (P1) at (0,1) {}; +\node (P2) at (-1.5,2) {}; +\node (P3) at (-2.0,3) {}; +\node (P4) at (-1.0,3) {}; +\node (P5) at (1.5,2) {}; +\node (P6) at (0.75,3) {}; +\node (P7) at (1.5,3) {}; +\node (P8) at (2.25,3) {}; +\node (P9) at (1.75,1) {}; +\end{scope} +\begin{scope}[line width=1.5pt] +\draw (P0) -- (P1); +\draw (P1) -- (P2); +\draw (P1) -- (P5); +\draw (P2) -- (P3); +\draw (P2) -- (P4); +\draw (P5) -- (P6); +\draw (P5) -- (P7); +\draw (P5) -- (P8); +\draw (P0) -- (P9); +\end{scope} +\node[anchor=east] at (P2) {$0$}; +\node[anchor=west] at (P5) {$1$}; +\node[anchor=east] at (P1) {$3$}; +\node[anchor=east] at (P0) {$5$}; +\end{tikzpicture} +\end{center} + +La valeur de Grundy recherchée est donc $5$. En étudiant les +différentes possibilités, on trouve qu'un coup gagnant possible +consiste à retirer n'importe laquelle des arêtes les plus en haut sur +le dessin (dans tous les cas, le sommet étiqueté $3$ sur la figure +ci-dessus passe à $0$ et la racine de même). +\end{corrige} + +\smallbreak + +(La question qui suit est indépendante des questions précédentes et +concerne les jeux combinatoires \emph{partisans}.) + +(6) On remarque que la construction $*{:}G$ définie avant la +question (2) peut se définir de façon identique lorsque $G$ est un jeu +partisan, en donnant à une arête $*{:}z\, \to \, *{:}z'$ la même +couleur que $z\to z'$, et à une arête $*{:}z\, \to 0$ la couleur verte +(ce qui signifie : à la fois bleue et rouge). En décrivant une +stratégie, montrer que si $G \geq H$ on a aussi $*{:}G \geq *{:}H$, et +en déduire que si $G\doteq H$ alors $*{:}G \doteq *{:}H$ (où $\doteq$ +désigne l'égalité au sens de Conway des jeux partisans). + +\begin{corrige} +Tout d'abord, observons que $-(*{:}G) = *{:}(-G)$ puisque la +construction « $*{:}$ » est symétrique entre bleu et rouge. + +La condition $G\geq H$ signifie que le joueur bleu (Blaise) possède +une stratégie gagnante au jeu $G-H = G+(-H)$ s'il joue en second. +Montrons qu'il en possède encore une à $(*{:}G) - (*{:}H) = (*{:}G) + +(*{:}(-H))$ en considérant comment il répond à un coup de son +adversaire (Roxane). Si Roxane joue un coup de « destruction totale » +sur l'une des composantes $(*{:}G)$ ou $(*{:}(-H))$, Blaise réplique +sur l'autre et gagne. Si Roxane joue un coup dans une des deux +composantes $G$ ou $-H$, Blaise répond selon la stratégie qu'il est +supposé posséder. Dans tous les cas, Blaise peut répondre à tout coup +de Roxane, donc il gagne. Ceci montre $*{:}G \geq *{:}H$. + +Comme $G\doteq H$ signifie $G\geq H$ et $G\leq H$, on a bien $*{:}G +\geq *{:}H$ et $*{:}G \leq *{:}H$ d'après ce qu'on vient d evoir, +c'est-à-dire $*{:}G \doteq *{:}H$. (La valeur d'un jeu partisan +$*{:}G$ est donc déterminée par la valeur de $G$.) +\end{corrige} + \setbox0=\vbox\bgroup |