Les entiers avec trois $2019$

Cidrolin · October 2018

On dispose des symboles : $+\,\,;\,-;\,\times\,\,;/;\,\sqrt; \,\lfloor \,\, \rfloor;\,(;\,)$ autant de fois qu'on le souhaite et de trois $2019$.
Peut-on écrire tous les naturels avec ces symboles ?
Par exemple $45=\lfloor \sqrt{2019}\rfloor +\dfrac{2019}{2019}$

claude quitté · October 2018

Bonjour Cidrolin,
Mais où est ce que tu vas chercher ce genre d'histoire ? Tu l'as inventée ? Une très très modeste participation :
$$
0 = \left\lfloor {\sqrt {2019} \over 2019}\right \rfloor = {2019 - 2019 \over 2019} \qquad\qquad\qquad
1 = {2019 \over 2019}
$$
C'est bon, n'est ce pas ? J'avoue, impressionné par ton 45, que, à gauche, je n'ai pas pensé tout de suite à $(2019-2019)/2019$.
Eh bien, il n'a plus qu'à enquêter sur les $n \in \mathbb N \setminus \{0,1, 45\}$.

Question (indiscrète) : tu as la solution ?
Bon week-end à toi.

Cidrolin · October 2018

Oui, j'ai la réponse.
Attention, on doit utiliser les trois $2019$, pour $1$ on peut écrire : 80728

ev · October 2018

Bonjour Édouard.

Il me semble que tu auras du mal avec $2019 \times 2019 \times2019 + 1 $.

Bon dimanche.

e.v.

Math Coss · October 2018

Il ne semble pas exclu d'écrire $2019^{2019^{2019}}$ mais cela ne fait que repousser le problème.

PS : en réponse à ev ci-dessous, le charme (la puissance ?) de la puissance, c'est qu'elle s'écrit sans symbole.

ev · October 2018

Je n'avais pas vu le symbole de puissance (et je ne le vois toujours pas) d'où ma proposition.

e.v.

claude quitté · October 2018

@Cidrolin
OK. Je vois que ne n'avais rien compris : utilisation de TROIS fois 2019. C'est pourtant clair dans ton post (et vu le titre du fil). Bilan : j'ai lu trop vite, sorry. Mon exclusion temporaire du forum ?

Cidrolin · October 2018

Oui une exclusion de 2 plombes et 7 broquilles.

Hébus · October 2018

Je conjecture qu'on peut écrire tous les entiers naturels sous la forme
$$\left\lfloor\dfrac{2019^{1/2^m}}{2019^{1/2^n}-2019^{1/2^p}}\right\rfloor.$$

Math Coss · October 2018

Ah ! Voilà une bonne façon de passer au-delà du mur de la puissance.

depasse · October 2018

Bonjour à tous,

$\Big\lfloor 2019 (\sqrt{\sqrt{\cdots\sqrt {2019}}} -\sqrt{\sqrt{\cdots\sqrt {2019}}}) \Big\rfloor$ ou

$\Big\lfloor \frac{2019}{\sqrt{\sqrt{\cdots\sqrt {2019}}} -\sqrt{\sqrt{\cdots\sqrt {2019}}}} \Big\rfloor$ ?

Amicalement
Paul
Je vois que Hebus m'a grillé!

[Selon la syntaxe $\LaTeX$, ce qui est sous le radical se met entre { } et pas entre ( ).
\sqrt{2019} : $\sqrt{2019}\ $ et pas \sqrt(2019) : $\sqrt(2019) $. AD]

Merci AD

babsgueye · October 2018

Salut.

Ce serait bien que @Cidrolin donne la réponse exacte pour le cas particulier évoqué par @ev !

Cidrolin · October 2018

Je réponds cette semaine. Comme on dit chez nous : le tout est de six mètres.

babsgueye · October 2018

@Hebus

Comment écris tu $2$ avec ta conjecture ?

Cidrolin · October 2018

Bonjour, posons pour $m$ et $n$ entiers naturels $g(m,n)=\Big(\dfrac{2019}{2019^{1/2^m}-1}\Big)^{1/2^n}$. Ce nombre s'écrit avec trois $2019$, puisque $1=\lfloor(2019)^{1/2^5}\rfloor$.
Si $x \in ]0;1]$, alors $1/x<2019^x -1<2019/x$.
Avec $x=1/2^m$, on trouve :
$m/2^n<\log_2(g(m,n))<(m+\log_2(2019))/2^n$.
La suite arrive.

Cidrolin · October 2018

Soit $N$ un entier donné, on veut $N<g(m,n)<N+1$,
donc $\log_2(N)<\log_2(g(m,n))<\log_2(N+1)$
Posons $n_0=\lfloor\log_2(\log_2(2019)/\log_2((N+1)/N))\rfloor +1$
et $ m_0=\lfloor 2^{n_0}\log_2(N)+1$
Alors $N=\lfloor g(m_0,n_0)\rfloor$.

Edit : j'avais oublié un $\log_2$ dans le calcul de $n_0$.

babsgueye · October 2018

Sur ton avant dernier post

Cidrolin a écrit:

La suite arrive

Dans la double inégalité stricte qui est juste au dessus, pour moi il y a dans le membre du milieu un terme; $log_2(2019)$ qui a disparu. Peux-tu le détailler

Cidrolin · October 2018

Notons $(1)$ le premier encadrement $m/2^n<\log_2(g(m,n))<(m+\log_2(2019))/2^n$

et $(2)$ le second $\log_2(N)<\log_2(g(m,n))<\log_2(N+1)$.

Si $\log_2(N)<m/2^n$ et $(m+\log_2(2019))/2^n<\log_2(N+1)$, alors

$2^n \log_2(N+1)>m+\log_2(2019)$ donc $2^n \log_2(N+1)>2^n \log_2(N)+\log_2(2019)$.

On en déduit $2^n> \dfrac {\log_2(2019)}{\log_2(\frac{N+1}{N})}$, je nomme $n_0$ le plus petit des entiers vérifiant cela.

Pour $N=2019^3+1$, Womframalpha ne fait pas le calcul.

Pour $N=6$, je trouve $n_0=6$ et $m_0=166$, le calcul donne : 80840