tien c'est marrant ! J'ai déjà eu ca en kholle cette année.

du coup pas besoin des indices :

le résultat est équivalent à démontrer que tout nombre possede un diviseur s'écrivant avec que des 1 et des 0 en base B.

soit n un nombre

considérons les n+1 nombres suivant écris en base B:
0
1
11
111
11.....1111 (avec n 1)

et maintenant rangeons ces nombres dans les n tiroirs numérotés de 0 à n-1 en fonction de leur reste dans la division euclidienne par n.

n+1 objets dans n tiroirs, donc il y a au moins deux de ces nombres qui sont dans le meme tiroir d'apres le tres réputé principe des tiroirs.

Ainsi la différence du plus grand et du plus petit est un nombre de la forme
1...10....0 et est divisible par n.

On a bien trouvé un multiple de n s'écrivant avec que des 1 et des 0 dans la base B, le résultat est démontré.

Bon, ben je n'ai pas trouvé de réponse en 2 lignes. C'est un peu plus long (8). Je propose quand même.
Je pense qu'il y a une petite erreur dans l'énoncé Il faut montrer que [latex]E2=\mathbb{N}^*[/latex] et non pas [latex]\mathbb{N}[/latex]. En effet 0 ne peut jamais être le diviseur d'aucun nombre.
Le cas de 1 est très simple: 1 est un diviseur de B qui est évidement de la forme que j'appelle "B-binaire".
Pour le reste ma démonstration est encore un bel exemple du principe des tiroirs attribué à Dirichlet (qui valide la case réponse).

Soit dont N [latex] \in \mathbb{N}^*-\{1\}[/latex].
Considérons les [latex]B^k[/latex] modulo N pour k entier de 0 à N. Il y a N+1 valeurs alors qu'il ne peut y en avoir au plus que N différentes.
Il existe donc 2 valeurs de k, k1 et (k2=)k1+p telles que: [latex]B^{k1} \equiv B^{k1+p} [N][/latex].
Donc [latex]\forall k \in \mathbb{N} B^{k1+k.p} \equiv B^{k1} [N][/latex] (trivial par récurrence par exemple).
Considérons donc [latex]X=\sum_{k=0}^{N-1}B^{k1+k.p}[/latex]. X est bien de la forme "B-binaire" (avec les 1 également répartis). X s'écrit avec des 1 tous les p chiffres en commençant au chiffre de rang k1+1 en partant de la droite.
Or [latex]X \equiv N.B^{k1} \equiv 0 [N][/latex]
Cette dernière égalité dit exactement que N est un diviseur de X.
Donc pour tout entier non-nul, il existe au moins un entier "B-binaire" dont il est le diviseur, ce qui montre bien que [latex]E2=\mathbb{N}^*[/latex]

En tout cas, merci, c'est original comme problème. Je ne connaissais pas et j'ai du me creuser la tête, ce qui fait toujours du bien (quand on trouve à la fin ).

Que des bonnes réponses pour l'instant.
Scrablor part très très loin, mais sa démo est néanmoins valable et intéressante: alors que les autres se contentent d'un laconique "il existe un élément ceci-cela..." (certes valide, mais ô combien non constructiviste), il va plus loin en disant : "c'est celui-là !"

L'énoncé dit une chose compliquée, qu'on peut traduire simplement: dans toute base B, tout nombre N admet un multiple dont l'écriture en base B ne comprend que  des 0 et des 1.

La démonstration quant à elle est assez simple, partant de cet énoncé.
Soit B une base quelconque, N un nombre quelconque et U la suite telle que [latex]U_0 = 1[/latex] et [latex]U_{n+1} = b U_n + 1[/latex]
Par définition, toutes les valeurs de U s'écrivent (en base B), uniquement avec des 1.

Il y a N valeurs possibles de résultats à l'opération "Modulo N", donc parmi les N+1 premiers nombre de U, 2 au moins ont le même résultat modulo N (principe des tiroirs de Dirichlet). La différence entre ces 2 nombres est donc un multiple de N (vu que son résultat modulo N est 0) et par ailleurs s'écrit en base B avec une série de 1, suivie d'une série de 0.

Conclusion: pour toute base B, pour tout nombre N, il existe un multiple de N qui ne s'écrit qu'avec des 0 et des 1 en base B. CQFD