QDV 15 & QDV 16: 2013, treize, treize

2013 (2) : c'est 3852. En effet, on a $g(0)=0$, $g(1)=2$, $g(2)=3$, et on montre par récurrence que
$g(3^k-j)=2(3^k)-3j$ pour $j=0,...,3^{k-1}$,
$g(3^k+j)=2(3^k)+j$ pour $j=0,...,3^k$.

En particulier, $g(3^7-174)=2\times 3^6-3\times 174=3852$.

Bonsoir,

2013 (1) : la propriété attendue est que $2013$ est le premier de trois entiers consécutifs qui sont le produit de trois nombres premiers différents, voir le message de Sylvain, ce qui n'est effectivement pas possible pour quatre entiers consécutifs comme l'a rappelé Juge Ti. En quelle année retrouvera-t-on donc trois entiers consécutifs qui soient le produit de trois nombres premiers différents ?

2013 (2) : JLT, es-tu certain du $3852$ ?

[Moralité : ne jamais intervenir vite fait sur le forum entre deux plats quand il y a réception à la maison (td) ]

2013 (3) Soit la suite $(u_n)_n$ définie par $u_1=1$et pour $n \geq1~~:~~ u_{n+1}=\dfrac{u_n}{1+nu_n}$
Calculer $u_{2013}$.

2013 (4)
Existe-t-il $\ell$ et $m$ tels que : $\displaystyle \dfrac {1}{2013} = \sum_{k=\ell}^{\ell+m} \dfrac{1}{k(k+1)}$ ?
Si oui, $\ell= ?$ et $m=?$

Bonne nuit, amicalement.

2013 (3) : Je pose $v_n=1/u_n$. Alors $v_1=1$ et, pour tout $n\in\N$, $v_{n+1}=v_n+n$.

Par conséquent, $v_n=1+1+2+\ldots+(n-1)=1+\dfrac{n(n-1)}{2}$ et donc $u_n=\dfrac{2}{2+n(n-1)}$.

En particulier $u_{2013}=\dfrac{1}{2025079}$.

2013 (4) A la main, l'équation diophantienne $2013(m+1)=l(l+m+1)$ se traite sans mal. En posant $a= 2013$ et $p=m+1$, cette équation devient : $ap=l(l+p)$, soit : $a^{2}-l^{2}+ap-lp=a^{2}$, ou enfin : $(a-l)(a+l+p)=a^{2}$. Comme $a-l<a+p+l$, le nombre de solutions est la petite moitié du nombre de diviseurs de $a^{2}=2013^{2}=7^{2}\times 11^{2}\times 61^{2}$, soit 13, c'est ce que dit tonton Maple.
Bonne journée.
RC

Bonjour à tou(te)s,

(tu) 2013 (1) Juge Ti 2013 (3) (tu)

(tu) Juge Ti 2013 (4) RC (tu)

Le 2013 (3) provient d'un problème des Olympiades islandaises de 1996.

Le 2013 (4) trouve son inspiration dans l'un des problèmes du Canadian Mathematical Olympiad de 1973.

2013 (5) Si le nombre $x$ est tel que $x + \dfrac{1}{x}=-1$, que vaut $x^{2013}+\dfrac{1}{x^{2013}} =~~ ?$

2013 (6) : lors du 2013 (1), on s'est aperçu que $2013, 2014$ et $2015$ sont tous trois le produit de trois nombres premiers distincts et que cela se reproduira, même si peut-être nous ne serons plus sur cette terre, en $2665, 2666, 2667$.
On a donc $\tau(2013)=\tau(2014)=\tau(2015)=8$. Quand retrouvera-t-on trois entiers consécutifs possédant le même nombre de diviseurs ? ...et pour quatre entiers consécutifs ?
A la main, ou avec l'érable, et alors avec une procédure.

2013 (7) Trouver $N \in \N^{*}$ vérifiant $\big( \sqrt{2013} - \sqrt{2012} \big)^{2014} = \sqrt{N} -\sqrt{N-1}$

Amicalement.

2013 (5)

Si le nombre $ x$ est tel que $ x + \dfrac{1}{x}=-1$ alors $x=j$ ou $j^2$ donc $ x^{2013}+\dfrac{1}{x^{2013}} =2$.

2013 (7) : soit $n=2013$. Alors c'est
$$\sqrt{N}=\dfrac{(\sqrt{n}+\sqrt{n-1})^{n+1}+(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})^{n+1}}{2}.$$

Pour 2013 (7) on peu utiliser les polynômes de Tchebychev.
Plus généralement montrons que $(\sqrt n-\sqrt{n-1})^p=\sqrt N_p-\sqrt{N_p-1}$ avec $N_p\in\N$.
Pour cela posons $n=\cosh^2t$.
$(\sqrt n-\sqrt{n-1})^p=e^{-pt}=\cosh(pt)-\sinh(pt)$ d'où $N_p=\cosh^2(pt)=T_p^2(\cosh t)$ si $T_p$ est le polynôme de Tchebychev de première espèce (à coefficients entiers) vérifiant $\cosh(pt)=T_p(\cosh t)$.
Comme $T_p$ a la parité de $p$, $T_p^2$ est un polynôme pair et on a donc $N_p=Q_p(n)$ avec $Q_p$ polynôme de degré $p$ à coefficients entiers.

On peut obtenir une expression simple en distinguant les cas $p$ pair et $p$ impair et en utilisant $\cosh(2t)=2\cosh^2t-1=2n-1$.

Si $p=2q$: $N_{2q}=\cosh^2(2qt)=T_q^2(\cosh(2t))$ donc $N_{2q}=T_q^2(2n-1)$.

Si $p=2q+1$: $N_{2q+1}=\cosh^2((2q+1)t)=n\left(\dfrac{\cosh((2q+1)t)}{\cosh t}\right)^2$.
On a $\dfrac{\cosh((2q+1)t)}{\cosh t}=\dfrac{\sinh((2q+2)t)-\sinh(2qt)}{\sinh(2t)}=U_{q+1}(\cosh(2t))-U_p(\cosh(2t))$ où $U_p$ est le polynôme de Tchebychev de seconde espèce (à coefficients entiers) vérifiant $\dfrac{\sinh(pt)}{\sinh t}=U_p(\cosh t)$.
On obtient donc $N_{2q+1}=n(U_{q+1}(2n-1)-U_q(2n-1))^2$.

Les premières valeurs sont: $N_2=(2n-1)^2$, $N_3=n(4n-3)^2$, $N_4=(8n^2-8n+1)^2$, $N_5=n(16n^2-16n+1)^2$.

Pour l'application numérique $n=2013$ et $p=2014$ Maple affiche un entier de 7866 chiffres.

2013 (8) : soit $n=2013$ et $X=\log x$. En passant au log l'équation on a
$$\frac{1}{2}\log n + \frac{X^2}{\log n}-6 X=0$$
donc $X^2-6(\log n) X +\cdots =0$. Il y a deux solutions en $X$ dont la somme vaut $6\log n$, donc le produit des solutions en $x$ vaut $n^6$.

2013 (10) : 1510.
Plus généralement j'ai vérifié (pour $n\le2013$) que la suite finie $ \left\lfloor\dfrac{k^2}n\right\rfloor $ pour $1\le k\le n $ contient $ 1+\left\lfloor\dfrac{3n}{4}\right\rfloor $ termes distincts.

2013 (11) : Facile : il y en a $2013$, puisque tout entier naturel non nul peut s'écrire comme somme de $1s$, et $1$ est un nombre triangulaire !

Maintenant si tu voulais dire somme de nombres triangulaires distincts, alors d'après http://oeis.org/A053614 il y en a $2007$.

Je me permets de rajouter une question que je me suis posée hier et qui m'a donné du mal (je manque de pratique), mais qui ne devrait pas demander plus de trente secondes à nos algébristes chevronnés :

2013 (13) : Combien y a-t-il de groupes finis d'ordre 2013 (à isomorphisme près bien entendu) ?

2013 (13) : il y a deux groupes d'ordre 2013 à isomorphisme près. En effet, soit $G$ un groupe d'ordre 2013. En utilisant les théorèmes de Sylow on voit qu'il y a un et un seul $11$-Sylow $S_{11}$ et un et un seul $61$-Sylow $S_{61}$.

La conjugaison donne un morphisme $S_{11}\to \mathrm{Aut}(S_{61})\cong \Z/60\Z$ qui est nécessairement trivial puisque $11$ et $60$ sont premiers entre eux, donc les éléments de $S_{11}$ commutent avec ceux de $S_{61}$.

Il y a donc un sous-groupe distingué $N$ isomorphe à $\Z/11\Z\times \Z/61\Z$. Soit $H$ un $3$-Sylow. Alors $G$ est un produit semi-direct de $H$ par $N$. Comme $\mbox{Aut}(N)\cong \Z/{10}\Z\times \Z/60\Z$ et que tout morphisme $H\to \Z/{10}\Z$ est trivial, on voit que $G$ est produit d'un groupe cyclique d'ordre 11 avec un groupe d'ordre $3\times 61$. Comme il y a un et un seul groupe non abélien d'ordre $3\times 61$, on obtient le résultat : $G$ est cyclique ou bien est isomorphe à $\Z/{11\Z}\times (\Z/61\Z\rtimes \Z/3\Z)$.

Merci JLT pour le 2013 (13) qui était plus subtil que je ne pensais.

2013 (33) : On a $2013=33\times 60+33$, donc en sumérien ça donne :

\begin{pspicture}(0,-0.53)(5.0,0.53)
\psline[linewidth=0.04cm,arrowsize=0.05291667cm 3.0,arrowlength=1.25,arrowinset=0.2]{-<}(4.38,-0.49)(4.38,0.51)
\psline[linewidth=0.04cm,arrowsize=0.05291667cm 3.0,arrowlength=1.25,arrowinset=0.2]{-<}(4.68,-0.49)(4.68,0.51)
\psline[linewidth=0.04cm,arrowsize=0.05291667cm 3.0,arrowlength=1.25,arrowinset=0.2]{-<}(4.98,-0.49)(4.98,0.51)
\psline[linewidth=0.04cm](3.12,-0.01)(4.12,0.49)
\psline[linewidth=0.04cm](3.12,-0.01)(4.12,-0.51)
\rput(-0.02044586, 0.0){\psdots[dotsize=0.12,dotangle=-90.0,dotstyle=diamond*](3.24,0)}
\psline[linewidth=0.04cm](2.87,-0.01)(3.87,0.49)
\psline[linewidth=0.04cm](2.87,-0.01)(3.87,-0.51)
\rput(-0.02044586, 0.0){\psdots[dotsize=0.12,dotangle=-90.0,dotstyle=diamond*](2.99,0)}
\psline[linewidth=0.04cm](2.62,0.01)(3.62,0.49)
\psline[linewidth=0.04cm](2.62,0.01)(3.62,-0.51)
\rput(-0.02044586, 0.0){\psdots[dotsize=0.12,dotangle=-90.0,dotstyle=diamond*](2.74,0)}
\psline[linewidth=0.04cm,arrowsize=0.05291667cm 3.0,arrowlength=1.25,arrowinset=0.2]{-<}(1.76,-0.49)(1.76,0.51)
\psline[linewidth=0.04cm,arrowsize=0.05291667cm 3.0,arrowlength=1.25,arrowinset=0.2]{-<}(2.06,-0.49)(2.06,0.51)
\psline[linewidth=0.04cm,arrowsize=0.05291667cm 3.0,arrowlength=1.25,arrowinset=0.2]{-<}(2.36,-0.49)(2.36,0.51)
\psline[linewidth=0.04cm](0.5,-0.01)(1.5,0.49)
\psline[linewidth=0.04cm](0.5,-0.01)(1.5,-0.51)
\rput(-0.02044586, 0.0){\psdots[dotsize=0.12,dotangle=-90.0,dotstyle=diamond*](0.62,0)}
\psline[linewidth=0.04cm](0.25,-0.01)(1.25,0.49)
\psline[linewidth=0.04cm](0.25,-0.01)(1.25,-0.51)
\rput(-0.02044586, 0.0){\psdots[dotsize=0.12,dotangle=-90.0,dotstyle=diamond*](0.37,0)}
\psline[linewidth=0.04cm](0.0,0.01)(1.0,0.49)
\psline[linewidth=0.04cm](0.0,0.01)(1.0,-0.51)
\rput(-0.02044586, 0.0){\psdots[dotsize=0.12,dotangle=-90.0,dotstyle=diamond*](0.12,0)}
\end{pspicture}

2013 (14) A la louche je dirais .

En effet, notons $n=2013$. Il n'y a pas de solution réelle si $1\le p\le n$ et $\dfrac{p^2}{4}< q\le n$. Pour $p\le \sqrt{n}$, tous les $q$ compris entre $\dfrac{n}{4}$ et $n$ marchent, donc il y a au moins $\dfrac{3}{4}n^{3/2}$ possibilités.

Par contre, il y a des solutions entières lorsque $q=rm$ et $p=r+m$ pour certains entiers positifs $r$ et $m$ tels que $1\le r+m\le n$ et $1\le rm\le n$. Le nombre de possibilités est inférieur au nombre de couples $(r,m)$ d'entiers positifs vérifiant $rm\le n$ qui vaut environ $n\log n$.

Bonsoir,

(tu) JLT pour la preuve de la généralisation proposée par jandri au 2013 (10) question venue tout droit des Balkans en 2001.

(tu) JLT pour la 2013 (15), en fait il fallait calculer $f(2013)$, lapsus dans l'énoncé, exercice proposé en Estonie en 1996.

(tu) pour la louche de JLT au 2013 (4), et sans louche ?

Merci enonce pour les compléments que tu apportes au 2013 (13).

2013 (16) : soit $a_1, a_2, \dots, a_n$, $n \geq 2$, des entiers réels positifs vérifiant $$\dfrac{1}{2013+a_1}+\dfrac{1}{2013+a_2}+\dots+\dfrac{1}{2013+a_n}= \dfrac{1}{2013}.$$ Montrer que $\dfrac{\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}{n-1} \geq 2013.$

2013 (17) : soit $m$ et $n$ le nombre de chiffres utilisés dans l'écriture respective de $2^{2013}$ et $5^{2013}$ en base $10$.
Que vaut $m+n=$:S

2013 (18) : on considère le produit $P$ de tous les multiples de $6$ inférieurs à $2013$. Par combien de zéros se termine l'écriture du nombre $P$ ?

Amicalement.

Le {\bf 2013 (17)} ne vaut-il pas

$$2 + \left \lfloor \log_{10} \left ( 2^{2013} \right ) \right \rfloor + \left \lfloor \log_{10} \left( 5^{2013} \right) \right \rfloor = 2014 \, ?$$

Bon, moi aussi je vexu jouer,; mais faut être rapide ici...

Pour le {\bf 2013 (18)}, on a $P=6^{335} \times 335 !$ et donc le nombre cherché vaut via la formule de Legendre

$$v_5(335!) = \sum_{k=1}^{\infty} \left \lfloor \frac{335}{5^k} \right \rfloor = 82.$$

C'est ça ?

Ah, là, je t'ai battu, Juge...

Aucune idée, mais j'ai tapé tellement vite que ma première phrase est bourrée de coquilles...Mais faut dire que tu ne m'as pas laissé le choix ! -D

Bonjour Édouard,

2013 (19) : Soit $k$ un entier naturel non nul.

On a : $2013^m\in I_k\Leftrightarrow k\leq m\dfrac{\ln 2013}{\ln 33}\leq k+1\Leftrightarrow m-\alpha\leq\alpha k\leq m$ où $\alpha=\dfrac{\ln 33}{\ln 2013}$. Ainsi, si $m$ existe, on a nécessairement $m=E(\alpha k)+1$.

De même : $2013^n\in J_k\Leftrightarrow k\leq n\dfrac{\ln 2013}{\ln 61}\leq k+1\Leftrightarrow n-\beta\leq\beta k\leq n$ où $\beta=\dfrac{\ln 61}{\ln 2013}$. Ainsi, si $n$ existe, on a nécessairement $n=E(\beta k)+1$.

On a $\alpha+\beta=1$ car $2013=33\times 61$. De plus, puisque $\alpha$ et $\beta$ sont irrationnels, je peux remplacer toutes les inégalités larges par des inégalités strictes.

Posons donc $m=E(\alpha k)+1$ et $n=E(\beta k)+1$.

Alors $m-1<\alpha k<m$, donc on a soit $(1):m-1<\alpha k<m-\alpha$, soit $(2):m-\alpha<\alpha k<m$.

Et de même $n-1<\beta k<n$, donc on a soit $(1'):n-1<\beta k<n-\beta$, soit $(2'):n-\beta<\beta k<n$.

Mais en additionnant $(1)$ et $(1')$ on obtient $m+n-2<k<m+n-1$ : impossible. De même, en additionnant $(2)$ et $(2')$ on obtient $m+n-1<k<m+n$ : impossible.

Ainsi on a soit $(1')$ et $(2)$, auquel cas $I_k$ contient une puissance de $2013$ mais $J_k$ n'en contient pas, soit $(1)$ et $(2')$, auquel cas $J_k$ contient une puissance de $2013$ mais $I_k$ n'en contient pas.

Intéressant et pas évident, le {\bf 2013 (16)} (en tout cas pour moi qui ne suis pas très fort).

Pour ne pas avoir cherché pour rien, je voudrais soumettre les idées que j'ai eues mais qui n'aboutissent pas.

Soient $m \leqslant H \leqslant G \leqslant A \leqslant M$ respectivement le minimum, les moyennes harmoniques, géométriques, arithmétiques et le maximum des réels positifs $a_i$, et je mets un "prime" pour les mêmes quantités concernant les réels $a_i + 2013$.

On veut donc montrer que $G \geqslant 2013 (n-1)$.

Ce qui suit est facile à obtenir, je ne détaille donc pas.

$A' = A + 2013$, $H' = 2013 n$, $G e^{1/n} \leqslant G ' \leqslant G e^{2013/H}$ et $m \leqslant 2013(n-1) \leqslant M$.

L'inégalité $a_i+2013 \geqslant a_i$ implique facilement $H \leqslant 2013n = H'$ (l'inégalité $H \leqslant H'$ aurait aussi pu se voir directement). Donc, si $H \geqslant 2013(n-1)$, le problème est résolu via $G \geqslant H$.

On suppose donc que $H < 2013(n-1)$. J'ai obtenu les inégalités suivantes :

(i) L'inégalité $A' \geqslant H'$ donne immédiatement $A \geqslant 2013(n-1)$.

(ii) L'inégalité $H' \leqslant G'$ donne $G \geqslant 2013 n e^{-2013/H}$, qui, malheureusement, est moins bonne que $G \geqslant 2013 (n-1)$.

J'en suis là ! D'autres idées ?

2013 (16) : quitte à faire le changement de variables $a_i=2013 x_i$, on se ramène à montrer que si $\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{1+x_i}=1$ alors $x_1\cdots x_n\ge (n-1)^n$, ou encore que $\sum_{i=1}^n \log x_i=n\log (n-1)$. Posons $y_i=\dfrac{1}{1+x_i}$. On a $0<y_i<1$ et $\sum_i y_i=1$, et il faut montrer que $\sum_{i=1}^n f(y_i)\ge n f(1/n)$ où $f(t)=\log((1-t)/t)$.

On se place en un point $(y_1,\ldots,y_n)$ qui minimise $\sum_{i=1}^n f(y_i)$ sous la contrainte $y_i>0$, $\sum y_i=1$ (il n'est pas difficile de montrer qu'un tel point existe).

Supposons par l'absurde qu'il existe $i$ et $j$ tels que $y_i<y_j$. Comme $y_i+y_j<1$, on a déjà $y_i<1/2$, et $y_i<y_j<1-y_i$. Comme $f'(t)=-\dfrac{1}{t(1-t)}$, on en déduit facilement que $f'(y_i)<f'(y_j)$, donc $\dfrac{d}{dt}(f(y_i+t)+f(y_j-t))<0$, par conséquent la somme $f(y_1)+\cdots+f(y_n)$ n'est pas minimale (sinon on pourrait remplacer $y_i$ par $y_i+t$ et $y_j$ par $y_j-t$ pour $t>0$ assez petit).

On a donc $y_1=\cdots =y_n$, et comme $\sum y_i=1$, on en déduit que $y_i=\dfrac{1}{n}$ pour tout $n$ et donc que $\sum_{i=1}^n f(y_i)= n f(1/n)$.

2013 (20) : $2013=3\times 671$ est divisible par $3$, donc si $j$ n'est pas divisible par $3$, alors $x$ non plus.

Soit $j=3^nk$ avec $n\geq 1$. Alors $x=3^{mn}k^m-2013=3(3^{mn-1}k^m-671)$. Mais $671$ n'est pas divisible par $3$, donc si $m>1$ ou $n>1$ alors $v_3(x)=1$.

Pour $m=1$ et $n=1$ on a $x=3(k-671)$. Or $671$ est congru à $5$ modulo $9$, donc c'est le $15$ janvier $2013$ que $v_3(x)$ est le plus grand.