Trois étages d'attracteur

Le calcul, étage par étage.

• $A_0=\{t\}$.
• $A_1$ : $b$ est à $J_2$ et son unique coup mène à $t$ ; le $\forall$ est satisfait, donc $b\in A_1$.
• $A_2$ : $c$ est à $J_1$ et l'un de ses coups mène à $b\in A_1$ ; le $\exists$ suffit, donc $c\in A_2$.
• $A_3$ : $e$ est à $J_2$, et ses deux coups mènent dans $A$ ($c$ et $b$) : $e\in A_3$.
• $A_4$ : $a$ est à $J_1$ et peut jouer vers $e$ : $a\in A_4$.
• Et l'on s'arrête : $A_5=A_4$.

Restent $g$ et $h$, hors de l'attracteur. $h$ est à $J_2$ : il a bien un coup vers $c\in A$, mais il en a un autre, vers $g$, et $J_2$ prendra celui-là — le $\forall$ échoue. Et $g$, à $J_1$, n'a que $h$ pour successeur : il y est forcé. Les deux positions forment un cycle $g\leftrightarrow h$ dans lequel $J_2$ peut enfermer la partie indéfiniment.

La stratégie gagnante de $J_1$, lue directement dans les étages :

Elle est sans mémoire — un tableau indexé par les positions — et sa correction tient en un variant, au sens du chapitre chap:algo-prog : l'étage décroît strictement à chaque coup. Depuis une position de $J_1$ d'étage $k$, la stratégie descend à un étage $<k$ ; depuis une position de $J_2$ d'étage $k$, tous les coups descendent, puisque c'est la condition même de son entrée dans $A_k$. Un entier positif qui décroît strictement ne le fait qu'un nombre fini de fois : la cible est atteinte en au plus $4$ coups depuis $a$.

L'erreur à ne pas commettre : croire que $h\notin A$ parce que $c\in A$ « ne suffit pas ». Ce n'est pas une question de quantité, c'est le quantificateur qui change. Sur une position de $J_2$, un seul coup d'évasion annule tous les autres.