C'est un bon début

Comment, dire... J'ai été un peu vite en éliminant le 1.

Je dois modifier l'énoncé de cette manière:
(*) Bien que 1 ne soit pas premier, 1 peut aussi être choisi comme diviseur.

ceci devrait donner une solution simple.

Bon, ok, avec 1 ça le fait.

Proposition : soit [latex]n[/latex] le nombre reçu, [latex]n[/latex] est perdant ssi [latex]n = 0 (4)[/latex] ([latex]n[/latex] vaut [latex]0[/latex] modulo [latex]4[/latex]).

Preuve (par récurrence) :
Appelons "pseudo-diviseur premier" (pdp en abrégé) de [latex]n[/latex], un diviseur premier de [latex]n[/latex] ou [latex]1[/latex].

La propriété se vérifie facilement pour [latex]n=0,1,2,3[/latex].
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De gauche à droite : si [latex]n = 0 (4)[/latex], soit [latex]p[/latex] un pdp de [latex]n[/latex], bien sûr [latex]p\neq 4[/latex].
On a donc [latex](n-p) \neq 0(4)[/latex].
Par HR, [latex](n-p)[/latex] est gagnant et donc [latex]n[/latex] perdant.
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De droite à gauche : si [latex]n \neq 0(4)[/latex] :
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a) [latex]n = 1(4)[/latex], il suffit de soustraire [latex]1[/latex] pour laisser [latex](n-1)[/latex] qui est égal à [latex]0[/latex] modulo [latex]4[/latex], donc perdant par HR. Donc [latex]n = 1(4)[/latex] est gagnant.
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b) [latex]n = 2(4)[/latex], donc [latex]n[/latex] est pair et il suffit de soustraire [latex]2[/latex] pour laisser [latex](n-2)[/latex] qui est égal à [latex]0[/latex] modulo [latex]4[/latex], donc perdant par HR. Donc [latex]n = 2(4)[/latex] est gagnant.
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c) [latex]n = 3(4)[/latex].
Soient [latex]p_1,..,p_m[/latex] les diviseurs premiers de [latex]n[/latex] (les vrais, pas les pdp), i.e. [latex]n = p_1^{k_1}\times ...\times p_m^{k_m}[/latex].
Comme [latex]n[/latex] est impair, tous les [latex]p_i[/latex] sont impairs aussi,
donc [latex]\forall i : p_i = 1(4) \vee p_i = 3(4)[/latex].
Si [latex]\forall i : p_i = 1(4)[/latex], alors (arithmétique modulaire) [latex]n = 1(4)[/latex]: contradiction.
Donc pour au moins un des [latex]p_i[/latex] on a [latex]p_i= 3(4)[/latex].
Il suffit donc de soustraire ce  [latex]p_i[/latex] pour laisser [latex](n-p_i)[/latex] qui vaut [latex]0[/latex] modulo [latex]4[/latex], donc perdant par HR.
Donc [latex]n = 3(4)[/latex] est gagnant.

Le second joueur a 1 chance sur 4 de gagner !
En effet, le premier joueur va gagner, sauf si le premier nombre est un multiple de 4.

Une petite démo par récurrence ?

Soit la proposition suivante pour n supérieur ou égal à 1
P(n) : 4n-3, 4n-2 et 4n-1 sont gagnants, 4n est perdant

J'entends par "gagnant" (resp. "perdant") : celui qui reçoit ce nombre gagne (resp. perd)
Je remarquer avant de commencer que 0 est perdant.

Cas n=1
1 est gagnant, il suffit de retrancher 1 (1 n'est pas premier mais autorisé)
2 est gagnant, il suffit de retrancher 2 (2 est premier)
3 est gagnant, il suffit de retrancher 3 (3 est premier)
Mais 4 est perdant, car 1 et 2 sont les seuls diviseurs autorisés de 4. Si on retranche 1, on donne 3 à l'adversaire, si on retranche 2 on donne 2. Dans les 2 cas, on donne à l'adversaire un nombre gagnant.

On suppose P(n) vraie
4n+1 est gagnant, il suffit de retrancher 1, on laisse 4n à l'adversaire. 4n est perdant d'après P(n)
4n+2 est gagnant, il suffit de retrancher 2 qui est bien un diviseur premier de 4n+2. Et on laisse 4n perdant à l'adversaire
Je laisse pour l'instant de côté le cas 4n+3, il me pose quelques soucis ...
Reste à montrer que 4n+4 est perdant. Si on veut gagner avec 4n+4, il faut pouvoir donner à l'adversaire un nombre perdant, c'est-à-dire un multiple de 4. Or pour passer d'un multiple de 4 à un autre, il faut retrancher un multiple de 4. Comme 4 n'est pas premier, on ne peut pas retrancher un multiple de 4 à 4n+4, bien que 4 soit diviseur de 4n+4. On ne peut alors que donner un nombre gagnant à l'adversaire : 4n+4 est perdant.

Par récurrence, les multiples de 4 sont perdants, les autres sont gagnants !

Il reste le cas 4n+3 à traiter, il me résiste encore ...

EDIT
Je l'ai !
Il suffit de montrer que 4n+3 a au moins un facteur premier dans sa décomposition de la forme 4p+3. Su ce n'était pas le cas, tous les facteurs premiers de la décomposition de 4n+3 seraient de la forme 4p+1, car impairs. Or le produit de nombres congrus a 1 modulo 4 est ... congru a 1 modulo 4 ! Contradiction avec 4n+3 congru a 3 modulo 4.
Il existe donc 4p+3 diviseur premier de 4n+3.
4n+3 - (4p+3)=4(n-p) multiple de 4, donc perdant !
Bon en fait il faut la récurrence forte pour conclure, mais c'est un détail ;-)

Et de ne pas se tromper sur un terme, comme moi au début par exemple avec 12 (et non, 4 n'est pas premier !!!), parce que ça décale tout pour les termes suivants !!!

Bravo Scarta.

Bien aimé cette petite énigme alors sauf erreur de ma part je pense que le joueur 1 à 75% de chance de gagner à ce petit.

En effet en regardant les 1er termes on remarque que le joueur 1 ne perd que lorsque le nombre tiré est multiple de 4.

Alors j'ai la flemme de le faire mais je pense qu'un petit raisonnement par récurrence doit suffire mais bon.

Le joueur 2 a une chance sur quatre d'emporter la partie.

Je vous propose de consulter les réponses ci-dessus pour une démonstration.

Tout le mérite revient à Vasimolo, je m’étais gouré dans les hypothèses et était parvenu à ce surprenant résultat. Vivement la suite de Jeux à deux 2 , pour peut-être une 2bis .