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Date: Mon, 23 Jun 2025 21:28:11 +0200
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+++ b/controle-20250626.tex
@@ -153,9 +153,9 @@ Réciproquement, si $p\,\text{Pierre} + q\,\text{Papier} +
 r\,\text{Ciseaux}$ est une stratégie optimale d'un joueur (avec
 $p,q,r$ positifs de somme $1$), son gain contre les trois stratégies
 pures de l'adversaire (à savoir $q-r$ contre Pierre, $r-p$ contre
-Papier et $p-q$ contre Ciseaux) doit être positif à chaque fois.  On a
-donc $q \geq r$ et $r \geq p$ et $p \geq q$, ce qui impose $p=q=r$
-donc ils valent $\frac{1}{3}$.  Ceci montre que
+Papier et $p-q$ contre Ciseaux) doit être au moins égal à la valeur du
+jeu (soit $0$).  On a donc $q \geq r$ et $r \geq p$ et $p \geq q$, ce
+qui impose $p=q=r$ donc ils valent $\frac{1}{3}$.  Ceci montre que
 $\frac{1}{3}\text{Pierre} + \frac{1}{3}\text{Papier} +
 \frac{1}{3}\text{Ciseaux}$ est la seule stratégie optimale à ce jeu
 (quel que soit le joueur).
@@ -167,12 +167,12 @@ $\frac{1}{3}\text{Pierre} + \frac{1}{3}\text{Papier} +
 \frac{1}{3}\text{Ciseaux}$.
 \end{corrige}
 
-\smallskip
+\medskip
 
-\textbf{(2)} On souhaite maintenant ajouter une nouvelle option au jeu
-ci-dessus, c'est-à-dire qu'on considère le jeu en forme normale
-(toujours symétrique et à somme nulle) défini par la matrice de
-gains :
+\textbf{(2)} On souhaite maintenant ajouter une nouvelle option
+« Foobar » au jeu ci-dessus, c'est-à-dire qu'on considère le jeu en
+forme normale (toujours symétrique et à somme nulle) défini par la
+matrice de gains :
 \begin{center}
 \begin{tabular}{r|cccc}
 $\downarrow$Alice, Bob$\rightarrow$&Pierre&Papier&Ciseaux&Foobar\\\hline
@@ -212,7 +212,7 @@ Le profil $(M,M)$ est un équilibre de Nash lorsque $0$ est le plus
 grand nombre de sa colonne et le plus petit de sa ligne, c'est-à-dire
 exactement lorsque $x+y+z \leq 0$.
 
-\textbf{(b)} Le profile $(\text{Foobar}, \text{Foobar})$ est un
+\textbf{(b)} Le profil $(\text{Foobar}, \text{Foobar})$ est un
 équilibre de Nash lorsque $0$ est le plus grand nombre de sa colonne
 et le plus petit de sa ligne, c'est-à-dire lorsque $x,y,z$ sont tous
 positifs.
@@ -235,19 +235,19 @@ grand nombre de sa colonne et le plus petit de sa ligne, c'est-à-dire
 exactement lorsque $x=0$ et $y\geq 1$ et $z\geq -1$.
 \end{corrige}
 
-\smallskip
+\medskip
 
-\textbf{(3)} On reprend maintenant la matrice de gains écrite en (1),
-mais cette fois les gains des deux joueurs seront \emph{égaux} au lieu
-d'être opposés (ce n'est donc plus un jeu à somme nulle ! les joueurs
-sont alliés et non plus adversaires).  Le tableau donne la valeur du
-gain commun aux deux joueurs.
+\textbf{(3)} On change de jeu : on reprend maintenant la matrice de
+gains écrite en (1), mais cette fois les gains des deux joueurs seront
+\emph{égaux} au lieu d'être opposés (ce n'est donc plus un jeu à somme
+nulle ! les joueurs sont alliés et non plus adversaires).  Le tableau
+donne la valeur du gain commun aux deux joueurs.
 
 \textbf{\hphantom{(3)} (a)} Montrer que les équilibres de Nash trouvés
 en (1) sont encore des équilibres de Nash de ce nouveau
 jeu.\quad\textbf{(b)} Donner au moins un équilibre de Nash différent
 de ceux-ci.  Commenter brièvement quant à la différence de gain
-éventuelle entre ces équilibres de Nash.
+éventuelle entre les équilibres de Nash trouvés en (a) et (b).
 
 \begin{corrige}
 \textbf{(a)} En ajoutant une ligne et une colonne pour la stratégie
@@ -293,10 +293,10 @@ meilleur possible ici.
 On considère dans cet exercice le jeu suivant :
 
 Alice et Bob ont devant eux des piles de jetons, qui représentent
-l'état du jeu.  Les piles sont numérotées $0$, $1$, $2$, etc.  Chaque
-pile contient un certain nombre fini (entier naturel) de jetons.  Il
-n'y a qu'un nombre fini de piles non vides (c'est-à-dire, ayant un
-nombre non-nul de jetons).  Pour représenter la position
+l'état du jeu (= la position).  Chaque pile contient un certain nombre
+fini (entier naturel) de jetons.  Les piles sont numérotées par des
+entiers naturelles, mais il n'y en a qu'un nombre fini qui soient
+non-vides (i.e., qui aient $>0$ jetons).  Pour représenter la position
 mathématiquement, on utilisera la liste $(n_0, n_1, n_2, \ldots, n_k)$
 où $n_i$ est le nombre de jetons de la pile numérotée $i$, et où ceci
 signifie implicitement que toutes les piles $\geq k$ sont vides.
@@ -304,15 +304,20 @@ signifie implicitement que toutes les piles $\geq k$ sont vides.
 Un coup d'un joueur consiste à retirer \emph{exactement un} jeton
 d'une certaine pile $i$, de son choix, et d'ajouter \emph{autant qu'il
 le souhaite} (y compris $0$) jetons à chacune des piles $j<i$, y
-compris plusieurs.  Par exemple, à partir de la position $(0,3,2)$ on
-peut notamment jouer vers $(42,1000,1)$ ou bien vers $(0,2,2)$.
+compris ajouter des nombres différents à des piles différentes.  Par
+exemple, à partir de la position $(0,3,2)$ on peut notamment jouer
+vers $(42,1000,1)$ ou bien vers $(0,2,2)$ ou encore vers
+$(696\,729\,600,2,2)$.
 
 Comme d'habitude, le joueur qui ne peut pas jouer a perdu,
 c'est-à-dire que celui qui prend le dernier jeton a gagné.
 
+\medskip
+
 \textbf{(1)} Montrer que le jeu qu'on vient de définir termine
-forcément en temps fini, quelle que soit la position initiale.  (On
-justifiera soigneusement.)
+forcément en temps fini, quelle que soit la position initiale et quels
+que soient les coups effectués par les joueurs.  (On justifiera
+soigneusement.)
 
 \begin{corrige}
 On associe à la position $(n_0,\ldots,n_k)$ l'ordinal $\omega^k\cdot
@@ -328,14 +333,13 @@ associer a diminué strictement.  Comme toute suite strictement
 décroissante d'ordinaux est finie, le jeu termine en temps fini,
 \end{corrige}
 
-\smallskip
-
-Appelons « position totalement paire » une position dans laquelle le
-nombre $n_i$ de jetons de chaque pile est pair.
+\textbf{Définition :} Appelons « position totalement paire » une
+position dans laquelle le nombre $n_i$ de jetons de chaque pile est
+pair, et « position non totalement paire » une position dans laquelle
+au moins un des $n_i$ est impair.
 
 \textbf{(2)} Montrer que tout coup joué depuis une position totalement
-paire conduit nécessairement à une position qui n'est pas totalement
-paire.
+paire conduit nécessairement à une position non totalement paire.
 
 \begin{corrige}
 On a retiré un jeton d'une certaine pile $i$, donc si le nombre de
@@ -343,19 +347,18 @@ jetons était pair avant le coup, il est devenu impair, et la position
 n'est plus totalement paire.
 \end{corrige}
 
-\textbf{(3)} Montrer que depuis toute position qui n'est pas
-totalement paire il existe au moins un coup conduisant à une position
-totalement paire.
+\textbf{(3)} Montrer que depuis toute position non totalement paire il
+existe au moins un coup conduisant à une position totalement paire.
 
 \begin{corrige}
-Si $(n_0,\ldots,n_k)$ est une position qui n'est pas totalement paire,
-il existe un $n_i$ impair : soit $i$ le plus grand possible tel que
-$n_i$ soit impair (tous les $n_j$ avec $j>i$ sont donc pairs).  Le
-coup consistant à retirer un jeton de la pile $i$ (qui passe donc à
-$n_i-1$ jetons, lequel nombre est pair) et à en ajouter un à toutes
-les piles $j<i$ telles que $n_j$ soit impair (qui passent donc à
-$n_j+1$ jetons, lequel nombre est pair) est légal selon les règles du
-jeu, et conduit à une position totalement paire.
+Si $(n_0,\ldots,n_k)$ est une position non totalement paire, il existe
+un $n_i$ impair : soit $i$ le plus grand possible tel que $n_i$ soit
+impair (tous les $n_j$ avec $j>i$ sont donc pairs).  Le coup
+consistant à retirer un jeton de la pile $i$ (qui passe donc à $n_i-1$
+jetons, lequel nombre est pair) et à en ajouter un à toutes les piles
+$j<i$ telles que $n_j$ soit impair (qui passent donc à $n_j+1$ jetons,
+lequel nombre est pair) est légal selon les règles du jeu, et conduit
+à une position totalement paire.
 \end{corrige}
 
 \textbf{(4)} En déduire quelles sont les positions du jeu dans
@@ -368,32 +371,32 @@ Considérons la stratégie $\sigma$ consistant à jouer vers une position
 totalement paire si on est dans une position qui ne l'est pas (c'est
 possible par la question (3)) et à retirer un jeton quelconque sinon
 (et bien sûr, à capituler s'il n'y a plus de jeton).  Le joueur qui
-applique cette stratégie $\sigma$ depuis une position qui n'est pas
-totalement paire va gagner : chacun de ces coups mènera à une position
-totalement paire et son adversaire va forcément en sortir au coup
-suivant, donc (par une récurrence immédiate) le joueur dont on parle
-sera toujours face à une position qui n'est pas totalement paire, et
-gagnera car le jeu ne peut pas durer indéfiniment longtemps
-(question (1)).  Ceci montre que les positions qui ne sont pas
-totalement paires sont gagnantes pour le premier joueur (ce sont des
-positions $N$) et que celles qui sont totalement paires sont gagnantes
-pour le second joueur (ce sont des positions $P$).
+applique cette stratégie $\sigma$ depuis une position non totalement
+paire va gagner : chacun de ces coups mènera à une position totalement
+paire et son adversaire va forcément en sortir au coup suivant, donc
+(par une récurrence immédiate) le joueur dont on parle sera toujours
+face à une position non totalement paire, et gagnera car le jeu ne
+peut pas durer indéfiniment longtemps (question (1)).  Ceci montre que
+les positions qui ne sont pas totalement paires sont gagnantes pour le
+premier joueur (ce sont des positions N) et que celles qui sont
+totalement paires sont gagnantes pour le second joueur (ce sont des
+positions P).
 
 Si on préfère, on peut aussi rédiger ainsi : on a vu au (1) que le
 graphe des positions du jeu est bien-fondé.  On peut donc montrer par
-induction bien-fondée sur la position $x$ que $x$ est une position $P$
+induction bien-fondée sur la position $x$ que $x$ est une position P
 si et seulement si elle est totalement paire.  Si $x$ est totalement
 paire, aucun de ses voisins sortants n'est totalement pair
-d'après (2), donc ils sont tous $N$ par l'hypothèse d'induction, donc
-$x$ est $P$ ; et réciproquement, si $x$ est $P$, tous ses voisins sont
-$N$, donc par hypothèse d'induction aucun n'est totalement pair, donc
-$x$ n'est pas totalement pair par (la contraposée de) la question (3).
+d'après (2), donc ils sont tous N par l'hypothèse d'induction, donc
+$x$ est P ; et réciproquement, si $x$ est P, tous ses voisins sont N,
+donc par hypothèse d'induction aucun n'est totalement pair, donc $x$
+n'est pas totalement pair par (la contraposée de) la question (3).
 Ceci conclut l'induction.
 \end{corrige}
 
 \textbf{(5)} Calculer, en fonction de $n$, la valeur de Grundy de la
 position $(n)$ (c'est-à-dire s'il n'y a que la pile numérotée $0$, et
-qu'elle comporte $n$ jetons).
+que celle-ci comporte $n$ jetons).
 
 \begin{corrige}
 On a $\gr((0)) = 0$ car c'est un puits, et $\gr((1)) = \mex\{0\} = 1$
@@ -478,24 +481,27 @@ qu'il donne la valeur de Grundy.)
 \end{corrige}
 
 \textbf{(10)} Démontrer cette formule.  (Cette question est plus
-difficile, et il peut être opportun de la garder pour la fin.)
+difficile, et il peut être opportun de la garder pour la fin.  On
+pourra s'inspirer de la démonstration faite en cours du calcul de la
+valeur de Grundy pour le jeu de nim.)
 
 \begin{corrige}
 On va montrer par induction transfinie sur l'ordinal $\omega^k\cdot
 n_k + \cdots + \omega\cdot n_1 + n_0$ associé à la position
 $(n_0,n_1,\ldots,n_k)$ (ou, ce qui revient essentiellement au même,
 par induction bien-fondée sur la position elle-même) que la formule
-ci-dessus est valable.  Comme $\gr((n_0,n_1,\ldots,n_k))$ est
-le $\mex$ de l'ensemble $S$ des $\gr((n'_0,n'_1,\ldots,n'_k))$ où
-$(n'_0,n'_1,\ldots,n'_k)$ parcourt tous les voisins sortants de
-$(n_0,n_1,\ldots,n_k)$, pour montrer que $\gr((n_0,n_1,\ldots,n_k)) =
-2^k\,(n_k\%2) + \cdots + 2\,(n_1\%2) + (n_0\%2)$, il s'agit de
-vérifier (A) que $2^k\,(n_k\%2) + \cdots + 2\,(n_1\%2) + (n_0\%2)$
-n'est pas dans $S$ et (B) que tout nombre $r < 2^k\,(n_k\%2) + \cdots
-+ 2\,(n_1\%2) + (n_0\%2)$ est dans $S$.  Or par hypothèse d'induction,
-les éléments de $S$ sont les $2^k\,(n'_k\%2) + \cdots + 2\,(n'_1\%2) +
-(n'_0\%2)$ avec $(n'_0,n'_1,\ldots,n'_k)$ voisin sortant de
-$(n_0,n_1,\ldots,n_k)$.
+ci-dessus est valable.
+
+Comme $\gr((n_0,n_1,\ldots,n_k))$ est le $\mex$ de l'ensemble $S$ des
+$\gr((n'_0,n'_1,\ldots,n'_k))$ où $(n'_0,n'_1,\ldots,n'_k)$ parcourt
+tous les voisins sortants de $(n_0,n_1,\ldots,n_k)$, pour montrer que
+$\gr((n_0,n_1,\ldots,n_k)) = 2^k\,(n_k\%2) + \cdots + 2\,(n_1\%2) +
+(n_0\%2)$, il s'agit de vérifier (A) que $2^k\,(n_k\%2) + \cdots +
+2\,(n_1\%2) + (n_0\%2)$ n'est pas dans $S$ et (B) que tout nombre $r <
+2^k\,(n_k\%2) + \cdots + 2\,(n_1\%2) + (n_0\%2)$ est dans $S$.  Or par
+hypothèse d'induction, les éléments de $S$ sont les $2^k\,(n'_k\%2) +
+\cdots + 2\,(n'_1\%2) + (n'_0\%2)$ avec $(n'_0,n'_1,\ldots,n'_k)$
+voisin sortant de $(n_0,n_1,\ldots,n_k)$.
 
 Montrons (A) : on sait qu'un des $n'_i$ vaut $n_i-1$.  Ceci assure que
 $(n'_i\%2) \neq (n_i\%2)$, donc par unicité des écritures binaires,
@@ -506,23 +512,23 @@ diffère).  Ceci conclut le (A).
 Montrons (B) : si $r < 2^k\,(n_k\%2) + \cdots + 2\,(n_1\%2) +
 (n_0\%2)$, appelons $r = 2^k\,b_k + \cdots + 2\,b_1 + b_0$ son
 écriture binaire, où $b_j \in \{0,1\}$.  Soit $i$ le plus grand
-possible tel que $b_i \neq (n_i\%2)$ : donc forcément $b_i =
-((n_i-1)\%2)$.  (On prendra note du fait que $b_j = (n_j\%2)$ si $j>i$
-par maximalité de $i$.)  Définissons les $n'_j$ comme suit : on pose
-$n'_j = n_j$ si $j>i$, et $n'_i = n_i-1$, et enfin, pour $j<i$, on
-pose $n'_j = n_j + ((n_j+b_j)\%2)$.  Par construction (comme $n'_j =
-n_j$ si $j>i$ et $n'_i = n_i$ et $n'_j \geq n_j$ si $j\leq i$), le
+possible tel que $b_i \neq (n_i\%2)$ : alors $b_i = ((n_i-1)\%2)$.
+(On prendra aussi note du fait que $b_j = (n_j\%2)$ si $j>i$ par
+maximalité de $i$.)  Définissons les $n'_j$ comme suit : on pose $n'_j
+= n_j$ si $j>i$, et $n'_i = n_i-1$, et enfin, pour $j<i$, on pose
+$n'_j = n_j + ((n_j+b_j)\%2)$.  Par construction (comme $n'_j = n_j$
+si $j>i$ et $n'_i = n_i$ et $n'_j \geq n_j$ si $j\leq i$), le
 $(n'_0,n'_1,\ldots,n'_k)$ qu'on vient de définir est bien un voisin
 sortant de $(n_0,n_1,\ldots,n_k)$.  Par ailleurs, $(n'_j\%2) = b_j$ :
 en effet, pour $j>i$ cela résulte de $b_j = (n_j\%2)$ et $n'_j =
 n_j$ ; pour $j=i$ cela résulte de $b_i = ((n_i-1)\%2)$ et $n'_i =
 n_i-1$ ; et pour $j<i$ cela résulte du fait que $n'_j = n_j +
 ((n_j+b_j)\%2)$ est congru à $n_j + n_j + b_j$ donc à $b_j$
-modulo $2$.  En comparant insérant la formule $(n'_j\%2) = b_j$ qu'on
-vient de montrer dans $r = 2^k\,b_k + \cdots + 2\,b_1 + b_0$, on voit
-que $r = 2^k\,(n'_k\%2) + \cdots + 2\,(n'_1\%2) + (n'_0\%2)$. qui est
-donc dans $S$.  Ceci conclut le (B), donc l'induction et l'ensemble de
-la démonstration.
+modulo $2$.  En insérant la formule $b_j = (n'_j\%2)$ qu'on vient de
+montrer dans $r = 2^k\,b_k + \cdots + 2\,b_1 + b_0$, on voit que $r =
+2^k\,(n'_k\%2) + \cdots + 2\,(n'_1\%2) + (n'_0\%2)$. qui est donc
+dans $S$.  Ceci conclut le (B), l'induction, et l'ensemble de la
+démonstration.
 \end{corrige}
 
 
@@ -539,8 +545,9 @@ On se propose dans cet exercice de montrer qu'il existe une partie $A
 joueurs n'ait de stratégie gagnante).
 
 (La démonstration a été découpées en questions admettant des réponses
-courtes, parfois d'une seule ligne.  Aucune ne demande de raisonnement
-très compliqué.)
+courtes, parfois d'une seule ligne.)
+
+\medskip
 
 \textbf{(1)} Montrer qu'il existe une bijection $h_{\mathrm{A}}$
 (resp. $h_{\mathrm{B}}$) entre $\{0,1\}^{\mathbb{N}}$ et l'ensemble
@@ -614,40 +621,43 @@ l'existence d'une telle bijection —, donc il en existe un plus petit.)
 gothique (cet ordinal s'appelle le « cardinal du continu ») ; si on ne
 veut pas écrire de ‘c’ gothique on pourra, par exemple, faire un ‘c’
 souligné.}  $\mathfrak{c}$ l'ordinal dont on vient de justifier
-l'existence (i.e., le plus petit $\gamma$ tel qu'on puisse écrire
+l'existence, i.e., le plus petit $\gamma$ tel qu'on puisse écrire
 $\{u_\xi : \xi < \gamma\} = \{0,1\}^{\mathbb{N}}$ pour une certaine
-fonction $\xi \mapsto u_\xi$).
+fonction $\xi \mapsto u_\xi$, qu'on fixe dans la suite.
 
 \textbf{(4)} \textbf{(a)} Si $(v_\xi)_{\xi<\alpha}$ sont des éléments
 quelconques de $\{0,1\}^{\mathbb{N}}$, où $\alpha < \mathfrak{c}$,
 expliquer en une ligne pourquoi il existe un élément $x$ de
 $\{0,1\}^{\mathbb{N}}$ différent de tous
 les $v_\xi$.\quad\textbf{(b)} Si $w$ est encore un élément de
-$\{0,1\}^{\mathbb{N}}$, expliquer pourquoi on peut aussi trouver $x$
-différent de $w$.
+$\{0,1\}^{\mathbb{N}}$, expliquer pourquoi on peut trouver $x$ qui
+soit différent de $w$ (et toujours différent des $v_\xi$).
 
 \begin{corrige}
 \textbf{(a)} En une ligne : $\xi \mapsto v_\xi$ n'est pas surjective
 par minimalité de $\mathfrak{c}$.
 
 \textbf{(b)} Si $\alpha$ est fini, il est évident qu'on peut trouver
-$x$ différent de tous les $v_\xi$ et de $w$ (qui sont en nombre fini).
-Si $\alpha$ est infini, alors $\alpha = 1 + \alpha$ donc on n'a qu'à
-poser $v'_0 = w$ et $v'_{1+\xi} = v_\xi$ pour tout $\xi < \alpha$, et
-appliquer (a).
+$x$ différent de tous les $v_\xi$ et de $w$ (qui sont en nombre fini),
+parce que $\{0,1\}^{\mathbb{N}}$ est infini.  Si $\alpha$ est infini,
+alors $\alpha = 1 + \alpha$ donc on n'a qu'à poser $v'_0 = w$ et
+$v'_{1+\xi} = v_\xi$ pour tout $\xi < \alpha$, et appliquer (a), vu
+que $\{v'_\xi : \xi<\alpha\} = \{v_\xi : \xi<\alpha\} \cup \{w\}$.
 \end{corrige}
 
 \textbf{Définition :} Si $\sigma$ est une stratégie d'Alice au jeu
 $G(A)$ et $y \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$, on note $\sigma \ast y$ la
 confrontation dans laquelle Alice joue selon $\sigma$ et Bob joue
 simplement les termes successifs de $y$ (indépendamment de ce que fait
-Alice ; i.e., $\sigma \ast y$ est une suite binaire dont la suite des
-termes impairs, ceux joués par Bob, est donnée par $y$, tandis
-qu'Alice joue les termes pairs selon la stratégie $\sigma$).
-Symétriquement, si $\tau$ est une stratégie de Bob et $z \in
-\{0,1\}^{\mathbb{N}}$, on définit $z \ast \tau$ comme la confrontation
-dans laquelle Alice joue les termes de la suite $z$ et Bob joue
-selon $\tau$.
+Alice ; i.e.,\footnote{Pour enlever le moindre doute : $\sigma \ast y$
+est la suite $(t_n)_{n\in\mathbb{N}}$ définie par récurrence par :
+$t_{2m} = \sigma((t_0,\ldots,t_{2m-1}))$ et $t_{2m+1} = y_m$.} $\sigma
+\ast y$ est une suite binaire dont la suite des termes impairs, ceux
+joués par Bob, est donnée par $y$, tandis qu'Alice joue les termes
+pairs selon la stratégie $\sigma$).  Symétriquement, si $\tau$ est une
+stratégie de Bob et $z \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$, on définit $z \ast
+\tau$ comme la confrontation dans laquelle Alice joue les termes de la
+suite $z$ et Bob joue selon $\tau$.
 
 \textbf{(5)} Si $\sigma$ est une stratégie d'Alice, expliquer en une
 ligne pourquoi la fonction $y \mapsto \sigma \ast y$ (de
@@ -663,20 +673,22 @@ suite de ses termes impairs.)
 
 \textbf{(6)} Si $(a_\xi)_{\xi<\alpha}$ sont des éléments quelconques
 de $\{0,1\}^{\mathbb{N}}$, où $\alpha < \mathfrak{c}$, déduire de
-(4)(a) et (5) pourquoi il existe $y \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$ tel que
-$\sigma \ast y$ soit différent de tous les $a_\xi$.
+(4)(a) et (5) qu'il existe $y \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$ tel que
+$\sigma \ast y$ soit différent de tous les $a_\xi$ pour $\xi<\alpha$.
 
 \begin{corrige}
 Pour chaque $\xi < \alpha$, si $a_\xi$ est de la forme $\sigma \ast
 v$, appelons $v_\xi$ le $v$ en question (qui est unique d'après (5)),
 et sinon, soit $v_\xi$ quelconque (par exemple la suite nulle).  (Ou,
 si on préfère, on peut appeler $v_\xi$ la suite des termes impairs
-de $a_\xi$.)  D'après (4)(a), il existe $y \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$
-qui est différent de tous les $v_\xi$ pour $\xi < \alpha$.  Alors
-$\sigma \ast y$ ne peut pas être égal à $a_\xi$, car si c'était le
-cas, c'est-à-dire $a_\xi = \sigma \ast y$, on aurait $\sigma \ast
-v_\xi = \sigma \ast y$, donc $v_\xi = y$ par (5), contredisant la
-définition de $y$.
+de $a_\xi$ dans tous les cas.)
+
+D'après (4)(a), il existe $y \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$ qui est
+différent de tous les $v_\xi$ pour $\xi < \alpha$.  Alors $\sigma \ast
+y$ ne peut pas être égal à $a_\xi$, car si c'était le cas,
+c'est-à-dire $a_\xi = \sigma \ast y$, on aurait $\sigma \ast v_\xi =
+\sigma \ast y$, donc $v_\xi = y$ par (5), contredisant la définition
+de $y$.
 \end{corrige}
 
 \textbf{Supposition :} Dans les questions (7) à (9), on suppose que
@@ -688,31 +700,31 @@ plus pour l'instant.
 \textbf{(7)} En supposant préalablement définis des éléments
 $(a_\xi)_{\xi<\alpha}$ et $(b_\xi)_{\xi<\alpha}$ de
 $\{0,1\}^{\mathbb{N}}$, où $\alpha < \mathfrak{c}$, déduire en une
-ligne des questions précédentes qu'il existe $b_\alpha$ qui soit de la
-forme $\sigma_\alpha \ast y$ (pour un certain $y \in
-\{0,1\}^{\mathbb{N}}$), mais qui soit différent de tous les $a_\xi$.
-Expliquer pourquoi il existe $a_\alpha$ aussi qui soit de la forme $z
-\ast \tau_\alpha$ (pour un certain $z \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$), mais
-différent de tous les $b_\xi$ pour $\xi<\alpha$ mais aussi du
-$b_\alpha$ qu'on vient de trouver.
+ligne des questions précédentes qu'il existe $b'$ qui soit de la forme
+$\sigma_\alpha \ast y$ (pour un certain $y \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$),
+mais différent de tous les $a_\xi$ pour $\xi<\alpha$.  Expliquer aussi
+pourquoi il existe $a'$ qui soit de la forme $z \ast \tau_\alpha$
+(pour un certain $z \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$), mais différent de tous
+les $b_\xi$ pour $\xi<\alpha$ et également différent du $b'$ qu'on
+vient de trouver.
 
 \begin{corrige}
-On pose $b_\alpha = \sigma_\alpha \ast y$, où l'existence de $y$ a été
+On pose $b' = \sigma_\alpha \ast y$, où l'existence de $y$ a été
 prouvée en (6) (pour $\sigma = \sigma_\alpha$).
 
-La construction de $a_\alpha$ est symétrique, il n'y a qu'à remarquer
-que $z \mapsto z \ast \tau$ est injective, car si $z \ast \tau = z'
-\ast \tau$, ils ont les mêmes termes pairs, donc $z = z'$, tout le
-reste est presque pareil.  La seule chose qui diffère est qu'on a un
-élément de plus à éviter ($b_\alpha$), mais la question (4)(b) donne
-justement ce point
+La construction de $a'$ est symétrique, il n'y a qu'à remarquer que $z
+\mapsto z \ast \tau$ est injective, car si $z \ast \tau = z' \ast
+\tau$, ils ont les mêmes termes pairs, donc $z = z'$, tout le reste
+est presque pareil.  La seule chose qui diffère est qu'on a un élément
+de plus à éviter ($b_\alpha$), mais la question (4)(b) donne justement
+ce point
 \end{corrige}
 
 On \emph{admettra} qu'il ne pose pas de problème pour
-choisir\footnote{Ceci constitue une utilisation de l'axiome du choix
-(qui a d'ailleurs déjà été utilisé dans ce qu'on a admis à la
-question (2)).}  de tels $a_\alpha$ et $b_\alpha$ en fonction de tous
-les autres paramètres.
+\emph{choisir}\footnote{Ceci constitue une utilisation de l'axiome du
+choix (qui a d'ailleurs déjà été utilisé dans ce qu'on a admis à la
+question (2)).}  de tels $a'$ et $b'$ en fonction de tous les autres
+paramètres.
 
 \textbf{(8)} Déduire de tout ce qui précède qu'il existe $(a_\xi)_{\xi
   < \mathfrak{c}}$ et $(b_\xi)_{\xi < \mathfrak{c}}$ tels que :
@@ -720,19 +732,20 @@ les autres paramètres.
 \item aucun des $a_\xi$ n'est égal à aucun des $b_\zeta$ (i.e., pour
   tous $\xi<\mathfrak{c}$ et tout $\zeta<\mathfrak{c}$, on a $a_\xi
   \neq b_\zeta$),
-\item pour tout $\xi < \mathfrak{c}$, on a $b_\xi = \sigma_\xi \ast y$
-  pour un certain $y \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$,
-\item pour tout $\xi < \mathfrak{c}$, on a $a_\xi = z \ast \tau_\xi$
-  pour un certain $z \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$.
+\item pour tout $\xi < \mathfrak{c}$, il existe $y \in
+  \{0,1\}^{\mathbb{N}}$ tel que $b_\xi = \sigma_\xi \ast y$,
+\item pour tout $\xi < \mathfrak{c}$, il existe $z \in
+  \{0,1\}^{\mathbb{N}}$ tel que $a_\xi = z \ast \tau_\xi$.
 \end{itemize}
-(C'est tout ce qu'on aura besoin de savoir pour la suite.)
+(C'est tout ce qu'on aura besoin de savoir pour les questions
+suivantes.)
 
 \begin{corrige}
 On définit $(a_\xi)_{\xi < \mathfrak{c}}$ et $(b_\xi)_{\xi <
   \mathfrak{c}}$ par induction transfinie sur $\xi$ : si $(a_\xi)_{\xi
-  < \alpha}$ et $(b_\xi)_{\xi < \alpha}$ ont déjà été définis, alors
-on choisit $a_\alpha$ et $b_\alpha$ comme l'existence a été montrée
-en (7).
+  < \alpha}$ et $(b_\xi)_{\xi < \alpha}$ ont déjà été définis, pour
+$\alpha < \mathfrak{c}$, alors on choisit $a_\alpha$ et $b_\alpha$
+comme l'existence a été montrée en (7).
 
 Pour vérifier le premier point, on distingue les cas $\xi < \zeta$ et
 $\zeta \leq \xi$.  Dans le premier cas, la définition même de
@@ -752,7 +765,7 @@ en (8).
 \textbf{(9)} Montrer que, quel que soit $\xi$, la stratégie $\tau_\xi$
 n'est pas gagnante pour Bob au jeu $G(A)$.  Montrer que la stratégie
 $\sigma_\xi$ n'est pas gagnante pour Alice à ce même jeu (attention,
-ce n'est pas exactement symétrique vu que $A$ est l'ensemble
+ce n'est pas complètement symétrique vu que $A$ est l'ensemble
 des $a_\alpha$).
 
 \begin{corrige}
@@ -793,7 +806,7 @@ stratégie gagnante à ce jeu.
 \end{corrige}
 
 \textbf{(11)} Pourquoi ceci ne contredit pas les résultats vu en
-cours ?
+cours ?  Que dire de la partie $A$ ?
 
 \begin{corrige}
 Les résultats du cours concernent les parties ouvertes, fermées, ou
-- 
cgit v1.2.3