problem:
Si $k$ est un entier strictement positif, on désigne par $S(k)$ la somme des chiffres de son écriture décimale.

1) Existe-t-il deux entiers $a$ et $b$ strictement positifs tels que $S(a)=S(b)=S(a+b)=2013$ ?
2) Existe-t-il deux entiers $a$ et $b$ strictement positifs tels que $S(a)=S(b)=S(a+b)=2016$ ?

solution:
1) Rappelons que pour tout $a$, les entiers a et $S(a)$ sont congrus modulo 9. En effet, si $\overline{a_{k} \cdots a_{1} a_{0}}$ est l'écriture décimale de $a$, alors comme $10 \equiv 1[9]$, on a pour tout $j \geqslant 0: 10^{j} \equiv 1^{j}=1[9]$, donc $a=\sum_{j=0}^{k} a_{j} 10^{j} \equiv \sum_{j=0}^{k} a_{j}=S(a)$ [9].

Supposons par l'absurde qu'il existe a et b comme dans l'énoncé. Modulo 9 , on a

$$
\begin{aligned}
a & \equiv S(a) \equiv 2013 \equiv 6 \\
b & \equiv S(b) \equiv 2013 \equiv 6 \\
a+b & \equiv S(a+b) \equiv 2013 \equiv 6
\end{aligned}
$$

On ajoute les deux premières congruences et on retranche la troisième, ce qui donne $0 \equiv 6+6-6=$ 6 [9]. Impossible.
2) On remarque que $2016=9 \times 224$, donc on peut prendre $\mathrm{a}=\mathrm{b}=9090 \cdots 09$ où le chiffre 9 apparaît 224 fois, et $a+b=1818 \cdots 18$ où le motif 18 apparaît 224 fois.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-02.jpg?height=82&width=166&top_left_y=1366&top_left_x=985)

problem_match: Exercice 1.

solution_match: ## Solution.


problem:
Les réels $a, b, c$ sont distincts et non nuls, et on suppose qu'il existe deux réels $x$ et $y$ tels que $a^{3}+a x+y=0, b^{3}+b x+y=0$ et $c^{3}+c x+y=0$.

Prouver que $a+b+c=0$.

solution:
On a

$$
\left\{\begin{array}{l}
a^{3}+a x+y=0 \\
b^{3}+b x+y=0 \\
c^{3}+c x+y=0
\end{array}\right.
$$

On retranche la première et la troisième équation : $\left(a^{3}-c^{3}\right)+(a-c) x=0$. Or, $a^{3}-c^{3}=(a-c)\left(a^{2}+\right.$ $\left.a c+c^{2}\right)$, donc $(a-c)\left(a^{2}+a c+c^{2}+x\right)=0$. Comme $a-c \neq 0$ il vient

$$
\mathrm{a}^{2}+\mathrm{ac}+\mathrm{c}^{2}+\mathrm{x}=0
$$

De même, on montre que $b^{2}+b c+c^{2}+x=0$. En retranchant les deux dernières équations, on obtient $0=a^{2}-b^{2}+a c-b c=(a-b)(a+b+c)$. Comme $a-b \neq 0$, on en déduit que $a+b+c=0$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-03.jpg?height=85&width=180&top_left_y=998&top_left_x=981)

problem_match: Exercice 2.


problem:
Sur le cercle $\Gamma$, on choisit les points $A, B, C$ de sorte que $A C=B C$. Soit $P$ un point de l'arc $A B$ de $\Gamma$ qui ne contient pas $C$. La droite passant par $C$ et perpendiculaire à la droite ( PB ) rencontre (PB) en D.

Prouver que $\mathrm{PA}+\mathrm{PB}=2 \mathrm{PD}$.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-04.jpg?height=584&width=586&top_left_y=483&top_left_x=775)

Prolongeons la demi-droite $[\mathrm{PB})$ et introduisons le point Q tel que $B Q=P A$.
On a donc $A P=B Q$ et $A C=B C$ ainsi que $\widehat{\mathrm{QBC}}=\pi-\widehat{\mathrm{CBP}}=\widehat{\mathrm{PAC}}$. Cela assure que les triangles $C B Q$ et $C A P$ sont égaux, et donc que $C P=C Q$. Par suite, le triangle $C P Q$ est isocèle et le point $D$, pied de la hauteur issue de $C$, est alors le milieu de $[\mathrm{PQ}]$.

On a donc $P A+P B=B Q+P B=P Q=2 P D$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-04.jpg?height=82&width=183&top_left_y=1466&top_left_x=971)

problem_match: Exercice 3.


problem:
Sur un terrain, $2013 \times 2013$ chaises sont placées sur les sommets d'un quadrillage. Chaque chaise est occupée par une personne. Certaines personnes décident alors de changer de place : certaines se décalent d'un cran vers la droite, d'autres de 2 crans vers l'avant, d'autres de 3 crans vers la gauche, et d'autres de 6 crans vers l'arrière. A la fin, chaque chaise est toujours occupée par une seule personne.

Prouver qu'au moins une personne n'a pas changé de place.

solution:
Soit a (resp. b, c, d) le nombre de personnes qui se décalent vers la droite (resp. la gauche, l'avant, l'arrière). On peut supposer qu'il existe un repère tel que les personnes ont toutes des coordonnées entières $\left(x_{i}, y_{i}\right)$. Comme $\sum_{i} x_{i}$ ne change pas, mais que le déplacement d'un cran vers la droite (resp. 3 crans vers la gauche) a pour effet de faire augmenter (resp. diminuer) $\sum_{i} x_{i}$ de la quantité $a$ (resp. 3c), on en déduit que $a=3 c$, et donc $a$ et $c$ ont la même parité. De même, $2 \mathrm{~b}=6 \mathrm{~d}$ donc b et $d$ ont la même parité. Finalement, $a+b+c+d=(a+b)+(c+d)$ est pair, donc ne peut pas être égal à 2013, ce qui implique qu'au moins une personne ne s'est pas déplacée.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-05.jpg?height=90&width=180&top_left_y=901&top_left_x=978)

## Sujet Olympique

problem_match: Exercice 4.


problem:
Soit $0 \leqslant x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{n} \leqslant 1$ et $0 \leqslant y_{1} \leqslant y_{2} \leqslant \cdots \leqslant y_{n} \leqslant 1$ des réels. On pose $x_{n+1}=1$.

Prouver que

$$
\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-y_{i}\right)+n \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i} \geqslant 0
$$

solution:
On va raisonner par récurrence sur $\mathrm{n} \geqslant 1$.

- Pour $n=1$, on considère deux réels $x_{1}, y_{1} \in[0,1]$ et on pose $x_{2}=1$. Il s'agit de prouver que $\left(x_{1}-y_{1}\right)+\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1} \geqslant 0$.

Or, on a $\left(x_{1}-y_{1}\right)+\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1}=\left(x_{1}-y_{1}\right)+\left(1-x_{1}\right) y_{1}=x_{1}\left(1-y_{1}\right) \geqslant 0$, ce qui conclut.

- Supposons que pour un certain $n \geqslant 1$ et pour tous réels $0 \leqslant a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \cdots \leqslant a_{n} \leqslant 1$ et $0 \leqslant b_{1} \leqslant b_{2} \leqslant \cdots \leqslant b_{n} \leqslant 1$ et avec $a_{n+1}=1$, on ait

$$
\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}-b_{i}\right)+n \sum_{i=1}^{n}\left(a_{i+1}-a_{i}\right) b_{i} \geqslant 0
$$

On considère alors des réels $0 \leqslant x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{n+1} \leqslant 1$ et $0 \leqslant y_{1} \leqslant y_{2} \leqslant \cdots \leqslant y_{n+1} \leqslant 1$ et on pose $x_{n+2}=1$.

En isolant les contributions de $x_{1}$ et $y_{1}$, on a

$$
\begin{aligned}
& \sum_{i=1}^{n+1}\left(x_{i}-y_{i}\right)+(n+1) \sum_{i=1}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i} \\
&= \sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i}-y_{i}\right)+n \sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i}+x_{1}-y_{1}+\sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{i} \\
& \quad+(n+1)\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1}
\end{aligned}
$$

appliquée aux réels $a_{i}=x_{i+1}$ et $b_{i}=y_{i+1}$

$$
\geqslant x_{1}-y_{1}+\sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right) y_{1}+(n+1)\left(x_{2}-x_{1}\right) y_{1} \text { puisque } y_{1} \leqslant y_{i} \text { et } x_{i+1} \geqslant x_{i} \text { pour }
$$

tout $i$

$$
\begin{aligned}
& =x_{1}+y_{1}\left[-1+(n+1)\left(x_{2}-x_{1}\right)+\sum_{i=2}^{n+1}\left(x_{i+1}-x_{i}\right)\right] \\
& =x_{1}+y_{1}\left[n x_{2}-(n+1) x_{1}\right] \\
& =x_{1}\left(1-y_{1}\right)+n y_{1}\left(x_{2}-x_{1}\right) \\
& \geqslant 0
\end{aligned}
$$

ce qui prouve le résultat cherché pour la valeur $n+1$ et achève la démonstration.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-06.jpg?height=83&width=178&top_left_y=2452&top_left_x=979)

problem_match: Exercice 5.


problem:
Trouver le plus grand entier $\mathrm{n} \geqslant 3$, vérifiant:
"pour tout entier $k \in\{2,3, \cdots, \mathfrak{n}\}$ si $k$ et $\boldsymbol{n}$ sont premiers entre eux alors $k$ est un nombre premier."

solution:
On remarque d'abord que $\mathrm{n}=30$ vérifie la propriété. En effet, si $\mathrm{k}>1$ est premier avec n , alors il est premier avec $2,3,5$. Si de plus k n'est pas premier, alors il admet une factorisation non triviale $\mathrm{k}=\mathrm{lm}$ avec $\ell, \mathrm{m}>1$. Comme $\ell$, m sont premiers avec n , ils sont premiers avec $2,3,5$, donc $\ell$, $\mathrm{m} \geqslant 7$, ce qui entraîne que $k \geqslant 7 \times 7=49>n$.

Réciproquement, montrons que si $n$ vérifie la propriété alors $n \leqslant 30$. Supposons par l'absurde que $n>30$. Soit $p$ le plus petit entier premier ne divisant pas $n$. Comme $p^{2} n$ 'est pas premier mais est premier avec $n$, on a $p^{2}>n>30>5^{2}$ donc $p \geqslant 7$. En particulier, 2,3 et 5 divisent $n$ donc 30 divise $n$. Comme $\mathrm{n}>30$, on en déduit que $\mathrm{p}^{2}>\mathrm{n} \geqslant 60>7^{2}$ donc $\mathrm{p}>7$, par conséquent $\mathrm{p} \geqslant 11$.

Notons $p_{1}<p_{2}<p_{3}<\cdots$ la liste des nombres premiers ( $p_{1}=2$, $p_{2}=3$, etc.). Ce qui précède montre que $p=p_{k+1}$ où $k \geqslant 4$. De plus, $p_{1}, \ldots, p_{k}$ divisent $n$ donc $p_{k+1}^{2}>n \geqslant p_{1} \cdots p_{k}$, ce qui contredit l'inégalité de Bonse.

Remarque: si on ne connaît pas l'inégalité de Bonse, on la retrouve facilement à partir du postulat de Bertrand qui dit que $\boldsymbol{p}_{j+1}<2 p_{j}$ pour tout $\boldsymbol{j}$. En effet,

$$
\mathrm{p}_{\mathrm{k}+1}^{2}<4 \mathrm{p}_{\mathrm{k}}^{2}<8 \mathrm{p}_{\mathrm{k}-1} \mathrm{p}_{\mathrm{k}}<2 \times 3 \times 5 \times \mathrm{p}_{\mathrm{k}-1} \mathrm{p}_{\mathrm{k}} \leqslant \mathrm{p}_{1} \mathrm{p}_{2} \cdots \mathrm{p}_{\mathrm{k}}
$$

si $k \geqslant 5$. De plus, si $k=4$ on vérifie directement que $p_{k+1}^{2}=121<210=2 \times 3 \times 5 \times 7=p_{1} \cdots p_{k}$.
Remarque : il existe une démonstration élémentaire de l'inégalité de Bonse n'utilisant pas le postulat de Bertrand. On vérifie d'abord à la main que si $4 \leqslant n \leqslant 7$ alors $p_{1} p_{2} \cdots p_{n}>p_{n+1}^{2}$.

Supposons par l'absurde qu'il existe $n \geqslant 8$ tel que $p_{1} p_{2} \cdots p_{n} \leqslant p_{n+1}^{2}$. Soit $m=\left[\frac{n}{2}\right]$. On a

$$
\left(p_{1} p_{2} \cdots p_{m}\right)^{2}<p_{1} p_{2} \cdots p_{n} \leqslant p_{n+1}^{2}
$$

donc $\mathrm{p}_{1} \mathrm{p}_{2} \cdots \mathrm{p}_{\mathrm{m}}<\mathrm{p}_{\mathrm{n}+1}$.
Considérons les entiers $N_{j}=j p_{1} p_{2} \cdots p_{m-1}-1\left(1 \leqslant j \leqslant p_{m}\right)$. Pour tout $j$, on a $N_{j}<p_{1} p_{2} \cdots p_{m}<$ $p_{n+1}$ et $N_{j}$ est premier avec $p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{m-1}$. Donc si $q_{j}$ est le plus petit entier premier divisant $N_{j}$, on a $p_{m} \leqslant q_{j} \leqslant p_{n}$.

Les $q_{j}$ sont distincts car si $j<\ell$ et $q_{j}=q_{\ell}$, alors $q_{j}$ divise $N_{\ell}-N_{j}=(\ell-j) p_{1} p_{2} \cdots p_{m}$, donc $q_{j}$ divise $\ell-\mathfrak{j}$, ce qui est impossible puisque $1 \leqslant \ell-\mathfrak{j}<p_{m} \leqslant q_{j}$.

Par conséquent, il y a au moins $p_{m}$ nombres premiers distincts compris entre $p_{m}$ et $p_{n}$ : autrement dit, $p_{m} \leqslant n-m+1$. Or, $n \leqslant 2 m+1$ donc $p_{m} \leqslant m+2$.

Comme $p_{m} \geqslant 2 m-1$ pour tout $m \geqslant 1$, cela entraîne $2 m-1 \leqslant m+2$, donc $m \leqslant 3$, et donc $n \leqslant 7$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-07.jpg?height=82&width=191&top_left_y=2073&top_left_x=967)

problem_match: Exercice 6.


problem:
A, B, C, D, E sont cinq points d'un même cercle, de sorte que $A B C D E$ soit convexe et que l'on ait $A B=B C$ et $C D=D E$. On suppose que les droites $(A D)$ et $(B E)$ se coupent en $P$, et que la droite (BD) rencontre la droite (CA) en $Q$ et la droite (CE) en $T$.

Prouver que le triangle PQT est isocèle.

solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-08.jpg?height=668&width=648&top_left_y=533&top_left_x=733)

Notons $\alpha$ et $\beta$ les angles $(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C})$ et $(\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A D})$ respectivement. D'après le théorème de l'angle inscrit et les hypothèses de l'énoncé, on a

$$
\begin{aligned}
& \alpha=(\overrightarrow{\mathrm{DB}}, \overrightarrow{\mathrm{DC}})=(\overrightarrow{\mathrm{EB}}, \overrightarrow{\mathrm{EC}})=(\overrightarrow{\mathrm{CA}}, \overrightarrow{\mathrm{CB}})=(\overrightarrow{\mathrm{DA}}, \overrightarrow{\mathrm{DB}}) \\
& \beta=(\overrightarrow{\mathrm{BC}}, \overrightarrow{\mathrm{BD}})=(\overrightarrow{\mathrm{EC}}, \overrightarrow{\mathrm{ED}})=(\overrightarrow{\mathrm{BD}}, \overrightarrow{\mathrm{BE}})=(\overrightarrow{\mathrm{CD}}, \overrightarrow{\mathrm{CE}})
\end{aligned}
$$

On en déduit que

$$
\begin{aligned}
(\overrightarrow{\mathrm{BD}}, \overrightarrow{\mathrm{BP}}) & =\beta=(\overrightarrow{\mathrm{BC}}, \overrightarrow{\mathrm{BQ}}) \\
(\overrightarrow{\mathrm{DP}}, \overrightarrow{\mathrm{DB}}) & =\alpha=(\overrightarrow{\mathrm{CA}}, \overrightarrow{\mathrm{CB}})
\end{aligned}
$$

donc BPD et $B Q C$ sont semblables. Il s'ensuit $\frac{B Q}{B P}=\frac{B C}{B D}$.
Or, $(\overrightarrow{B Q}, \overrightarrow{B P})=\beta=(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B D})$, donc $B Q P$ et $B C D$ sont semblables, ce qui entrainne que $\frac{B P}{P Q}=\frac{B D}{C D}$.
En échangeant les rôles de $(A, B)$ et de $(E, D)$, on obtient que $\frac{D P}{P T}=\frac{B D}{B C}$. En divisant les deux égalités précédentes, on en déduit que

$$
\frac{B P}{D P} \times \frac{P T}{P Q}=\frac{B C}{C D}
$$

Or, $B D P$ et $B D C$ sont (indirectement) semblables, puisque $(\overrightarrow{B D}, \overrightarrow{B P})=\beta=(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B D})$ et $(\overrightarrow{D P}, \overrightarrow{D B})=$ $\alpha=(\overrightarrow{D B}, \overrightarrow{D C})$, donc $\frac{B P}{D P}=\frac{B C}{C D}$, et finalement $P T=P Q$.
$\underline{\text { Solution analytique. }}$

On peut supposer que les affixes $a, b, c, d, e$ des points $A, B, C, D, E$ sont des nombres complexes de module 1. Le fait que $A B C$ est isocèle en $B$ se traduit par l'égalité $b^{2}=a c$ puisque $\frac{b}{a}=e^{i \theta}=\frac{c}{b}$ où $\theta$ est l'angle $(\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O B})=(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C})$. De même, on a $d^{2}=c e$.

Pour calculer l'affixe $p$ du point $P$, on exprime que $B, P, E$ sont alignés, ce qui se traduit par le fait que $\frac{p-b}{p-e}$ est réel, ou encore

$$
\frac{p-b}{p-e}=\frac{\bar{p}-\bar{b}}{\bar{p}-\bar{e}}
$$

On chasse les dénominateurs et on simplifie :

$$
(\bar{b}-\bar{e}) p-(b-e) \bar{p}+b \bar{e}-\bar{b} e=0
$$

Comme $\overline{\mathrm{b}}-\overline{\mathrm{e}}=\frac{1}{\mathrm{~b}}-\frac{1}{\mathrm{e}}=-\frac{\mathrm{b}-\mathrm{e}}{\mathrm{be}}$ et $\mathrm{b} \overline{\mathrm{e}}-\overline{\mathrm{b}} e=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{e}}-\frac{\mathrm{e}}{\mathrm{b}}=\frac{\mathrm{b}^{2}-\mathrm{e}^{2}}{\mathrm{be}}=\frac{(\mathrm{b}-\mathrm{e})(\mathrm{b}+\mathrm{e})}{\mathrm{be}}$, on en déduit

$$
-\frac{(b-e)}{b e} p-(b-e) \bar{p}+(b-e) \frac{b+e}{b e}=0
$$

ce qui se simplifie en

$$
p+b e \bar{p}=b+e
$$

De même, le fait que $A, P, D$ sont alignés se traduit par $p+a d \bar{p}=a+d$. En soustrayant les deux égalités précédentes et en divisant par be - ad, on obtient

$$
\bar{p}=\frac{b+e-a-d}{b e-a d} .
$$

De même, $\bar{q}=\frac{b+d-a-c}{b d-a c}$. On soustrait les deux égalités précédentes :

$$
\overline{\mathrm{p}}-\overline{\mathrm{q}}=\frac{(\mathrm{bd}-\mathrm{ac})(\mathrm{b}+\mathrm{e}-\mathrm{a}-\mathrm{d})-(\mathrm{be}-\mathrm{ad})(\mathrm{b}+\mathrm{d}-\mathrm{a}-\mathrm{c})}{(\mathrm{be}-\mathrm{ac})(\mathrm{bd}-\mathrm{ac})}
$$

On développe le numérateur et on remplace tous les $b^{2}$ par $a c$ et tous les $\mathrm{d}^{2}$ par ce , ce qui donne

$$
\begin{aligned}
\bar{p}-\bar{q} & =\frac{a(-b c+a c+c d-a d+b e-c e)}{(b e-a d)(b d-a c)} \\
& =\frac{a(-b c+a c+c d-a d+b e-c e)}{b(b e-a d)(d-b)}
\end{aligned}
$$

compte tenu de $\mathrm{ac}=\mathrm{b}^{2}$. En échangeant les rôles de $(\boldsymbol{a}, \mathrm{b})$ et $(e, d)$, on obtient

$$
\bar{p}-\bar{t}=\frac{e(-c d+c e+b c-b e+a d-a c)}{d(a d-b e)(b-d)}
$$

On voit que $\bar{p}-\overline{\mathrm{t}}=-\frac{\mathrm{be}}{\mathrm{ad}}(\overline{\mathrm{p}}-\overline{\mathrm{q}})$. En prenant le module des deux membres, on en conclut que $\mathrm{PQ}=\mathrm{PT}$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-09.jpg?height=95&width=186&top_left_y=2441&top_left_x=972)

problem_match: Exercice 7.


problem:
Soit $\mathrm{n}>0$ un entier. Anne écrit au tableau n entiers strictement positifs distincts. Bernard efface alors certains de ces nombres (éventuellement aucun, mais pas tous). Devant chacun des nombres restants, il écrit un + ou un -, et effectue l'addition correspondante. Si le résultat est divisible par 2013, c'est Bernard qui gagne, sinon c'est Anne.

Déterminer, selon la valeur de n , lequel des deux possède une stratégie gagnante.

solution:
Montrons que si $n \geqslant 11$ alors Bernard a une stratégie gagnante. En effet, si $x_{1}, \ldots, x_{n}$ sont des nombres entiers, d'après le principe des tiroirs les restes modulo 2013 des entiers de la forme $a_{1} \chi_{1}+$ $\cdots+a_{n} x_{n}\left(a_{i} \in\{0,1\}\right)$ ne peuvent pas être tous distincts puisque le nombre de telles écritures est $2^{n} \geqslant 2^{11}=2048>2013$. Il existe donc $\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right)$ et $\left(b_{1}, \ldots, b_{n}\right) \in\{0,1\}^{n}$ distincts tels que $a_{1} x_{1}+\cdots+a_{n} x_{n} \equiv b_{1} x_{1}+\cdots+b_{n} x_{n}$ [2013]. Si on pose $c_{i}=a_{i}-b_{i}$, alors les $c_{i}$ valent 0,1 ou -1 , ne sont pas tous nuls, et $c_{1} x_{1}+\cdots+c_{n} x_{n}$ est divisible par 2013.

Montrons que si $n \leqslant 10$ alors Anne possède une stratégie gagnante. En effet, elle choisit les nombres $1,2, \ldots, 2^{n-1}$. Si Bernard gagnait, cela signifierait qu'il pourrait trouver $c_{1}, \ldots, c_{k}, d_{1}, \ldots, d_{\ell}$ deux à deux distincts dans $\{0,1, \ldots, \mathfrak{n}-1\}$ tels que $(k, \ell) \neq(0,0)$ et $2^{\mathrm{c}_{1}}+\cdots+2^{\mathrm{c}_{\mathrm{k}}} \equiv 2^{\mathrm{d}_{1}}+\cdots+2^{\mathrm{d}_{\ell}}[2013]$. Or, les deux nombres $2^{\mathrm{c}_{1}}+\cdots+2^{\mathrm{c}_{\mathrm{k}}}$ et $2^{\mathrm{d}_{1}}+\cdots+2^{\mathrm{d}_{\ell}}$ sont compris entre 0 et $1+2+\cdots+2^{\text {n-1 }}=$ $2^{n}-1 \leqslant 2^{10}-1=1023$, donc s'ils sont congrus modulo 2013 c'est qu'ils sont égaux :

$$
2^{c_{1}}+\cdots+2^{c_{k}}=2^{d_{1}}+\cdots+2^{d_{\ell}}
$$

ce qui contredit l'unicité de l'écriture en base 2 d'un entier.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_12_06_5f9dc6f56d060e9d13aeg-10.jpg?height=234&width=525&top_left_y=1279&top_left_x=800)

Fin

problem_match: Exercice 8.