Le joueur 2 possède une stratégie gagnante.

La courbe de ce polynôme décroit, puis change de sens un nombre impair de fois compris entre 1 et 9, puis croit.

Le joueur 2 joue sur les coefficients pairs : à chaque coup, s'il choisi un coefficient positif il fera "monter" tous les points de la courbe de ce polynôme; et "descendre" s'il est négatif. Il peut donc jouer un nombre négatif suffisamment grand en valeur absolue pour que la courbe du polynôme descende sous 0 quelque part avant l'origine pour remonter ensuite quelque part après l'origine, et ce à chaque coup.

Au dernier coup, le joueur 1 se retrouve avec des valeurs du polynôme négatives autour de 0. S'il choisit un coefficient positif, les nouvelles valeurs pour x<0 seront inférieures aux précédentes, et inversement pour un coefficient négatif c'est les valeurs pour x>0 qui le seront.
Du coup, il ne peut pas empêcher certaines valeurs du polynôme d'être négatives. Le polynôme ayant une courbe continue qui tend vers +infini des deux cotés, il y aura donc nécessairement des points où la courbe de P coupera l'axe des abscisses.

Plus simplement pour dire que j'ai faux : à quelque tour que ce soit, P(0) = 1 et donc mon argument de valeurs négatives autour de 0 tombe à l'eau.
Mais dans l'idée, je pense qu'on peut continuer sur le même principe : certaines valeurs négatives avant 0 et d'autres après 0

@ Scarta : c'est l'idée , il faut fouiller un peu

@ Looping : beaucoup de questions
1) Peut-être !!!
2) Oui
3) Pas obligé

Je donnerai bientôt un indice

Vasimolo

Il y a 9 coups à jouer, 5 par A et 4 par B. A joue en premier et en dernier

On va noter Pn(X) le polynome avec les termes joués après le coup n (ainsi que X^10 et 1) et Cn le coefficient joué au coup n.

J’ai l’impression que B peut gagner :

En effet, B peut s’arranger pour que le dernier coup de A ne soit pas un coup pair (c’est-à-dire sur un coefficient d’un exposant pair de X), puisque que B peut jouer 4 fois en pair si besoin.

1er cas : avant le coup 8 de B, il reste un terme pair et un terme impair : B joue le terme pair x^p:

Il suffit alors que à son dernier coup B arrive à avoir un P8(X) prenant une valeur négative en –X1 et en X1 et le tour est joué : A ne pourra pas remettre P9(X) avec que des valeurs positives.


Soit X1 non nul pris au hasard, on choisit C8 tel que P8(X1)<0 et P8(-X1)<0 (par exemple C8=-max(|P7(X1)|;|P7(X1)|)/X1^P-1).

Alors, quelque soit le dernier choix de A, soit P9(X1), soit P9(-X1) sera négatif et comme P9(0)=1, P9 a au moins une racine réelle.

2ème cas : il reste 2 termes impairs :
De façon simplifiée, j’étudie le polynôme P(X)=c x^3 + d x + 1, limité à l’intervalle [-1 ;1] puisqu’on peut se débrouiller à quelques similitudes* près pour rendre les termes déjà joués soient infinitésimaux autours de x=0.

Le joueur B joue alors c positif..
Le choix de A doit alors donner : en –1, -c-d+1>0, donc d<-c+1 et en 0,1, c/100+d+1>0, donc d>-1-c/100.
Pour c=10, il faut donc que d<-9 et d>-1,1, ce qui est impossible.

* Ca mériterait une justification plus mathématiques, j’en conviens... je m'y attellerai si Vasimolo m'y encourage...

Juste pour être sûr d'avoir bien compris. Chacun tour à tour propose un coefficient pour un des monômes qui n'en a pas encore.
Il y a donc 9 choix, 5 coups pour le premier joueur et 4 pour le second.
Lorsque les 9 coefficients sont affectés, on regarde s'il y a ou non une racine réelle. Si c'est le cas, 2 gagne, dans le cas contraire 1 gagne. C'est bien ça?

J'ai une solution simple si le joueur 1 a comme but d'avoir au moins une racine réelle. Dommage que ça soit l'inverse.

Je vais chercher encore un peu.
J'ai essayé de voir si on peut factoriser en un polynôme de degré 5 au carré mais sans succès.
Je regarde P(0), P(1) et P(-1) ce qui donne la solution si 1 veut une racine réelle mais pas simplement dans notre cas.
Je regarde aussi les polynômes symétriques mais sans réponse apparente.
Les discriminants semblent trop compliqués.
Utiliser les groupes symétriques des racines aussi, quoi que... Si le joueur 2 peut s'assurer que le coefficient de X^9 n'est pas la somme d'un ensemble de nombres dont le produit est le coefficient de X...

Bon je creuse, je creuse
Ce n'est pas parce que je n'ai encore rien écrit, que je n'ai pas commencé à creuser.

Juste pour le fun, voici ma solution si le joueur 1 a pour but d'avoir une racine réelle. Je vais voir si je peux l'utiliser contre lui dans notre cas.
P(0)=1. Le choix du dernier coefficient par 1 permet toujours de fixer P(1) qui est la somme des coefficients à une valeur négative et par continuité s'assurer de l'existence d'une racine réelle.

Je vais regarder encore.

Je poursuis donc une démonstration pour le cas où il reste 2 coefficients devant des termes à exposants impairs à jouer pour le dernier coup de B, et je m'en vais montrer que B peut choisir une valeur qui empéchera A de gagner.

On va appeler i et j les 2 exposants impairs restant à jouer, avec i>j. Et en conservant mes notations précédentes, c8 sera le coup de B devant X^i et c9 le coup final de A devant x^j.


Comme P7(X) est continu et P7(0)=1, il existe un réel a, tel que pour tout x €[-a;+a], P7(x)€[0,9 ; 1,1].

B choisit c8 tel que P8(-a) = -G (c'est à dire : P7(-a)-c8 a^i = -G), où G est un "grand nombre" positif.

Montrons maintenant que A ne pourra pas choisir un c9 qui convienne...

Il faut que P9 soit positif (P9(0)=1) pour que P9 n'est pas de racine, donc, en particulier :
(1) P9(-a) > 0 et (2) P9(a/k) > 0 (où k>1).

(1) P9(-a) > 0 <=> -G - c9 a^j>0 <=> c9 a^j <-G

(2) P9(a/k) > 0 donc P7(a/k) + c8 (a/k)^i + c9 (a/k)^j > 0
donc c9 (a/k)^j > -P7(a/k) - c8 (a/k)^i
donc c9 (a/k)^j > -1,1 - c8 a^i / k^i
donc c9 (a/k)^j > -1,1 - (G + P7(-a))/ k^i
donc c9 (a/k)^j > -1,1 - (G + 0,9)/ k^i
donc c9 a^j > (-1,1 - (G + 0,9)/ k^i)*k^j

En choisissant G suffisamment grand, vérifiant par exemple : G + 0,9 < 1/2 1/(2,2)^(1-j/i) G^(i/j) (possible car i>j), et k = (G/2,2)^(1/j), on aura alors :

(2) implique : c9 a^j > -G/2 -G/2 = -G

Ce qui est incompatible avec (1), donc A ne peut pas jouer et gagner son dernier coup !!!!

J'ai transposé le problème au degré 4 pour simplifier les calculs.

Joueur 1
Il choisit un coefficient, n'importe lequel

Joueur 2
Supposons que le polynôme s'écrira à la fin comme ceci :
[TeX]P(X)=X^4+aX^3+bX^2+cX+1[/TeX]
La technique du joueur 2 consiste à trouver 3 racines réelles au polynôme dérivé P', en choisissant un coefficient, et ce quel que soit le dernier coefficient choisi.
[TeX]P'(X)=4X^3+3aX^2+2bX+c[/TeX]
Avec un changement de variable (cf méthode de Cardan), on peut se ramener au polynôme suivant :
Q(X)=X^3+pX+q
Ce polynôme a 3 racines réelles si et seulement si [latex]q^2+\frac{4p^3}{27} > 0[/latex]
Si on arrive à choisir un p strictement positif, alors cette condition sera remplie quel que soit le nombre q choisi.
Je passe les calculs (sans doute faux d'ailleurs ), et j'arrive à une condition sur a et b :
[TeX]b > \frac{9a^2}{24}[/TeX]
Ainsi, si le premier joueur a choisi le coefficient a, il suffit au joueur de 2 de choisir b en conséquence, le choix de c par le premier joueur n'aura pas de conséquence.
Si le premier joueur a choisi b, le joueur 2 choisit a en conséquence, et c ne changera rien.

Par contre, si le premier joueur a choisi c, on peut se ramener au cas précédent en passant au polynôme [latex]P_2(X)=X^4P(1/X)[/latex] qui inverse l'ordre des coefficients de P, et qui ne change pas le caractère réel ou non des racines. On voit alors que a et c jouent le même rôle , et le joueur 2 peut encore choisir un coefficient b qui le fait gagner.

Après ça, il faut transposer au degré 10 !!!

Mon dieu quel âne je fais, j'ai considéré que "P' a 3 racines réelles => P a 4 racines réelles"
C'est évidemment complétement faux, P=X^4+1 est là pour le prouver ...

Oui, pas terrible cet indice, c'est quelque chose dont je me doutais

Traduction du nouvel indice :
Comme il y a 5 coeff impairs et 4 coeff pairs, la stratégie gagnante du joueur 2 réside aussi dans le fait de laisser un coeff impair au joueur 1. Le joueur 1 a donc intérêt à choisir des coeff impairs, en espérant que le joueur 2 en choisisse au moins 1 impair lui aussi, ce qu'il ne fera pas car c'est là que réside sa stratégie gagnante.
Joueur 1 : 4 impairs
Joueur 2 : 3 pairs, et le dernier coeff pair bien choisi

Y a plus qu'à attendre le prochain VRAI indice

Ben moi je persiste et signe
En choisissant le coefficient comme je l'indique le joueur 2 s'assure (par construction) P(1) et P(-1) négatifs ou nuls, en considérant P comme le polynôme intermédiaire après qu'il ait joué
Le joueur 1 joue ensuite N, P(1) vaut alors N de plus, et P(-1) N de moins
L'un des 2 est donc forcement négatif et une fonction continue qui tend vers +infini des deux cotés et qui admet des valeurs négatives est obligatoirement nulle en au moins deux points...

@Scarta

Je ne suis pas sûr d'avoir bien compris ta méthode alors tu me dis si je me trompe

On a :
[TeX]P(x)=1+a_1x+a_2x^2+...+a_9x^9+x^{10}[/TeX]
[TeX]A=2+a_2+a_4+...+a_8[/TeX]
[TeX]B=a_1+a_3+...+a_9[/TeX]
[TeX]P(1)=A+B[/TeX]
[latex]P(-1)=A-B[/latex] .

Si le deuxième joueur peut choisir le dernier coefficient constituant [latex]A[/latex] il va gagner en rendant [latex]A[/latex] négatif . Mais si le premier joueur flaire le coup il va choisir de compléter en priorité les coefficients de [latex]B[/latex] jusqu'à ce qu'il ne reste plus qu'une valeur dans A et il choisira alors celle-ci de façon à ce que [latex]A>|B|[/latex] et la stratégie du deuxième joueur s'écroule .

Ai-je mal compris ???

Vasimolo

Evidemment, quand on comprend l'énoncé comme il faut, c'est tout de suite plus abordable

Je ne sais pas comment j'ai fait pour comprendre "le contraire de aucune racine réelle = toutes les racines réelles", mais ce qui est certain, c'est que ça m'a bien induit en erreur sur mes raisonnements ! Honte à moi ! A ça se rajoutent mes erreurs sur les polynômes dérivés (voir plus haut). Mon prof de prépa à l'époque avait l'habitude d'écrire en gros ANERIE et de tout barrer quand il tombait sur un truc du genre J'ai fait pareil

Bref, avec les indices, on y arrive.

Lors du choix des 6 premiers coefficients (3 chacun), si le joueur 1 choisit un coefficient dont l'exposant associé est impair (resp. pair), le joueur 2 choisit un coefficient associé à un exposant pair (resp. impair).
Ainsi, les 2 joueurs auront choisi à eux deux 3 coefficients associés à un exposant impair, et 3 à un exposant pair.
Il reste alors 2 impairs et 1 pair.

Cas 1
Le joueur 1 choisit un coefficient associé à un coefficient impair.
Il reste alors 1 impair (2n+1) et 1 pair (2p)

P peut s'écrire ainsi : [latex]P(X)=Q(X)+aX^{2n+1}+bX^{2p}[/latex]
où le polynôme Q est entièrement déterminé par les 7 premiers coefficients choisis, et les 2 coefficients a et b sont encore à choisir.
[TeX]P(1)=Q(1)+a+b
P(-1)=Q(-1)-a+b[/TeX]
Et on a [latex]P(1)+P(-1)=Q(1)+Q(-1)+2b[/latex]

En choisissant [latex]b=-\frac{Q(1)+Q(-1)}2[/latex], le joueur 2 est certain que quel que soit le coefficient a choisi ensuite par le joueur 1, on aura P(1)+P(-1)=0
=> Soit P(1)=P(-1)=0, on aura bien au moins une racine réelle à P
=> Soit P(1) et P(-1) sont non nuls, et donc forcément de signes contraires. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (P est continu), P s'annule sur ]-1;1[

Cas 2
Le joueur 1 choisit un coefficient associé à un coefficient pair.
Il reste alors 2 exposants impairs : 2n+1 et 2p+1
P peut s'écrire ainsi : [latex]P(X)=Q(X)+aX^{2n+1}+bX^{2p+1}[/latex]
où le polynôme Q est entièrement déterminé par les 7 premiers coefficients choisis, et les 2 coefficients a et b sont encore à choisir.
Je prends k un nombre réel strictement positif, différent de 1 et différent de -1.
[TeX]P(k)=Q(k)+ak^{2n+1}+bk^{2p+1}
k^{2n+1}P(-1)=k^{2n+1}Q(-1)-k^{2n+1}a-k^{2n+1}b[/TeX]
En sommant les 2 :
[TeX]P(k)+k^{2n+1}P(-1)=Q(k)+k^{2n+1}Q(-1)+b(k^{2p+1}-k^{2n+1})[/TeX]
Le fait que k soit non nul, non égal à 1, et non égal à -1, nous assure que le terme en facteur devant b est non nul.
Choisissons alors b ainsi :
[TeX]b=\frac{Q(k)+k^{2n+1}Q(-1)}{k^{2n+1}-k^{2p+1}}[/TeX]
On aura alors [latex]P(k)+k^{2n+1}P(-1)=0[/latex]

=> si [latex]P(k)=k^{2n+1}P(-1)=0[/latex], on a bien au moins une racine réelle à P
=> si les deux sont non nuls, ils sont de signes contraires, et toujours d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une racine réelle à P comprise entre -1 et k.

CQFD !

Je donne ma solution qui ressemble à celle de Looping en plus simple  . Pour éviter les sous-cas on peut prendre -1 et 2 à la place de -1 et +1 , je m'explique :

Le deuxième joueur remplit des cibles ( en priorité celles qui correspondent à des exposants pairs ) avec des valeurs quelconques , pour aboutir à :
[TeX]P(X)=Q(X)+aX^m+bX^n[/TeX]
Avec [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex] les deux valeurs restant à choisir et [latex]n[/latex] un entier impair .

On a [latex]P(-1)=Q(-1)+(-1)^ma-b[/latex] et [latex]P(2)=Q(2)+2^ma+2^nb[/latex]

Alors [latex]S=P(2)+2^nP(-1)=(2^m+(-1)^m2^n)a+(Q(2)+2^nQ(-1))[/latex]

[latex]S[/latex] est nul pour toute valeur de [latex]b[/latex] si on prend [latex]a=-\frac{Q(2)+2^nQ(-1)}{2^m+(-1)^m2^n}[/latex] .
Alors [latex]P(-1)[/latex] et [latex]P(2)[/latex] sont de signe contraire et le théorème des valeurs intermédiaires permet de conclure .

Merci à tous pour la participation

Vasimolo