QDV 15 & QDV 16: 2013, treize, treize
Bonjour à toutes et à tous;
En cette nouvelle année $2013$, le Comité du Vendredi vous présente ses meilleurs voeux de bonheur, de santé et d'épanouissement mathématique.
Tradition oblige, cette première QDV de l'année $2013$ tournera donc autour du nombre $2013$.
2013 (1) :
Quelle est la décomposition en facteurs premiers de $2013~ ?~~ 2014~ ?~~ 2015~ ?$
En quelle année retrouvera-t-on cette particularité ?
Si votre réponse est trouvée sans ordinateur, merci de proposer votre solution, si elle est trouvée avec MAPLE, merci de proposer votre procédure.
Même question pour quatre années successives ?
2013 (2) :
Soit $g$ une fonction de $\N$ dans $\N$ telle que $g(g(n))=3n$ et $g(n+1) > g(n)$
Calculer $g(2013)$.
Amicalement. Bernard p/o Le Comité Du Vendredi.
PS: Le Comité de Vendredi vous présente également ses excuses pour vendredi dernier: la question a été oubliée!
En cette nouvelle année $2013$, le Comité du Vendredi vous présente ses meilleurs voeux de bonheur, de santé et d'épanouissement mathématique.
Tradition oblige, cette première QDV de l'année $2013$ tournera donc autour du nombre $2013$.
2013 (1) :
Quelle est la décomposition en facteurs premiers de $2013~ ?~~ 2014~ ?~~ 2015~ ?$
En quelle année retrouvera-t-on cette particularité ?
Si votre réponse est trouvée sans ordinateur, merci de proposer votre solution, si elle est trouvée avec MAPLE, merci de proposer votre procédure.
Même question pour quatre années successives ?
2013 (2) :
Soit $g$ une fonction de $\N$ dans $\N$ telle que $g(g(n))=3n$ et $g(n+1) > g(n)$
Calculer $g(2013)$.
Amicalement. Bernard p/o Le Comité Du Vendredi.
PS: Le Comité de Vendredi vous présente également ses excuses pour vendredi dernier: la question a été oubliée!
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Réponses
2014=2*1007=2*19*53.
2015=5*403=5*13*31.
J'imagine que la propriété remarquable est que ces trois nombres sont des 2-libres produits de 3 facteurs premiers consécutifs.
Pour la prochaine année, je table sur 2013+30k pour un certain k.
$g(3^k-j)=2(3^k)-3j$ pour $j=0,...,3^{k-1}$,
$g(3^k+j)=2(3^k)+j$ pour $j=0,...,3^k$.
En particulier, $g(3^7-174)=2\times 3^6-3\times 174=3852$.
2013 (1) : Si la particularité attendue est simplement d'être le produit de trois nombres premiers, alors la prochaine année est $2022=2\times 3\times 337$.
En fait nous sommes actuellement dans un cycle de quatre années consécutives de ce type puisque $2012=2\times2\times 503$.
Les prochaines sont $2091$, $2092$, $2093$ et $2094$ : $2091=3\times 17\times 41$, $2092=2\times 2\times 523$, $2093=7\times 13\times 23$ et $2094=2\times 3\times 349$. Les précédentes étaient $602$, $603$, $604$, $605$ et $1083$, $1084$, $1085$, $1086$.
Évidemment, il n'est pas possible de trouver quatre années consécutives produits de trois facteurs premiers distincts, puisque l'une de ces quatre années serait divisible par $4$.
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.
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 $u_{2013}=\dfrac{1}{2025079}$.
L'équation posée est donc équivalente à l'équation diophantienne $2013(m+1)=l(l+m+1)$.
Là je triche et je demande à Maple qui me donne généreusement les couples solutions : $(924, 783)$, $(1342, 2683)$, $(1464, 3903)$, $(1650, 7499)$, $(1830, 18299)$, $(1892, 29583)$, $(1914, 37003)$, $(1952, 62463)$, $(1980, 118799)$, $(2002, 364363)$, $(2004, 446223)$, $(2010, 1346699)$ et $(2012, 4048143)$.
Si j'ai le courage j'essaierai de le faire à la main (mais, franchement, ç'aurait été plus facile en 2011 !).
Bonne journée.
RC
http://2000clicks.com/mathhelp/PuzzleIncreasingIntegerFunctionAnswer.aspx
et là :
http://www.fmat.cl/index.php?showtopic=11703
J'aui déjà dit que je ne voyais pas l'intérêt de poser ici des problèmes directement recopiés de problèmes déjà posés lors d'olympiades ou de leur preparation, et dont la solution est disponible publiquement, notamment sur Internet, mais enfin, les goûts et les couleurs, ça ne se discute pas.
Le résultat 3852 me semble correct.
Bonne dimanchade.
RC
(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.
Je crois, oui. J'ai vérifié avec Scilab.
Je vérifie que $g(g(n))=3n$ pour $n\le 5000$ :
Je vérifie que $g$ est strictement croissante :
Les premières valeurs de $g(n)$ pour $1\le n\le 100$ sont
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$.
Ben... peut-être que je ne possède pas assez de créativité pour inventer de tels nouveaux exercices
Raymond, maintenant, si tu souhaites créer un exercice avec 2013 et le proposer dans ce fil, c'est bien volontiers que nous essaierons de le résoudre.
Chaque fin d'année, pour préparer la première QDMachin de la nouvelle année à venir, il faut essayer de nombreux exercices déjà existants, et adapter l'énoncé, parfois même après adaptation, il n'est pas possible de créer un nouvel énoncé et donc il faut attendre une autre année plus favorable, mais c'est très plaisant.
Merci pour votre participation.
(tu) 2013 (2) JLT 2013 (5) (tu)
Amicalement.
$$\sqrt{N}=\dfrac{(\sqrt{n}+\sqrt{n-1})^{n+1}+(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})^{n+1}}{2}.$$
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.
(tu) JLT (tu) jandri (tu) pour la 2013 (7) et sa généralisation !
(tu) Juge Ti pour la 2013 (6)
Quelques sources :
2013 (1) : https://oeis.org/search?q=A066509&sort=&language=english&go=Search
2013 (5) : Olympiades Chiliennes de 1994/1995
2013 (6) : http://oeis.org/search?q=A005238&sort=&language=english&go=Search
2013 (7) : Compétition Hongrie-Israel de 1997
2013 (8) : A quoi est égal le produit des racines de l'équation ci-dessous ?
$$\sqrt{2013} \times x^{\log_{2013}x} = x^6$$
2013 (9) : Calcul mental : quel est le plus petit nombre $2n$ tel que $2013$ divise $2 \times 4 \times \dots \times 2n~~?$
2013 (10) : Combien de termes différents contient la suite finie $\left\lfloor\dfrac{n^2}{2013}\right\rfloor $ pour $n=1,2,...,2013$ ?
Amicalement.
$$\frac{1}{2}\log n + \frac{X^2}{\log n}-6 X=0$$
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 $n^6$.
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.
(tu) jandri pour la généralisation du 2013 (10) ...si l'un d'entre vous possède une preuve de ce résultat, merci de la proposer.
Quelques provenances; depuis l'éclatement de la Yougoslavie, de la Tchécoslovaquie et de l'URSS il y a beaucoup plus de choix.
2013 (8) : Moldavie en 1996.
2013 (9) : Alberta.
2013 (11) : un nombre est dit triangulé s'il est triangulaire ou somme de nombres triangulaires...tous différents (merci Juge Ti). Combien de nombres triangulés figurent dans l'ensemble $\{1,2,\dots, 2013\} ?$
2013 (12) : n'oublions pas le fil Une partie entière et 2013 de notre ami Cidrolin.
Amicalement.
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) ?
Je profite de l'occasion pour recycler celle-ci, pour ceux qui ne l'ont pas vue passer
2013 (33) : Comment écrirait-on 2013 en notation sumérienne?
A l'attention de Raymond, je précise que 2013 n'est pas une année olympique, mais je souhaite à tous qu'elle soit féconde sur le plan mathématique entre autres.
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 $\Z/{11\Z}\times (\Z/61\Z\rtimes \Z/3\Z)$.
Ensuite, pour $j>k$, on a $\frac{j^2}{n}-\frac{(j-1)^2}{n}> 1$ donc tous les $[\frac{j^2}{n}]$ pour $j\ge k$ sont distincts.
Cela donne au total $1+[\frac{k^2}{n}]+(n-k)$ valeurs.
Pour $n=4m$ on a $k=2m$ et $1+[\frac{k^2}{n}]+(n-k)=3m+1$.
Pour $n=4m+1$ on a $k=2m+1$ et $1+[\frac{k^2}{n}]+(n-k)=3m+1$.
Pour $n=4m+2$ on a $k=2m+1$ et $1+[\frac{k^2}{n}]+(n-k)=3m+2$.
Pour $n=4m+3$ on a $k=2m+2$ et $1+[\frac{k^2}{n}]+(n-k)=3m+3$.
Dans tous les cas on retrouve la formule de jandri.
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}
2007 (14) Parmi toutes les formes quadratiques s'écrivant $x^2+px+q$ avec $ 1 \leq p \leq 2013$ et $ 1 \leq q \leq 2013$, considérons les deux ensembles particuliers suivants :
$A)$ : les trinômes possédant des racines entières,
$B)$ : les trinômes ne possédant pas de racines réelles.
Quel ensemble a le plus grand cardinal ?
2007 (15) Une fonction $f$ vérifie pour tout entier $n$ positif : $$f(1)+f(2)+\dots+f(n)=n^2f(n).$$ Si $f(1) = 1007$, que vaut $f(2013)~~ ?$
Amicalement. Bernard p/o Le Comité Du Vendredi.
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 $n\log n$.
$$g(n) \leqslant n^{\{2/27+o(1)\}m^2}$$
où $m = \underset{p \mid n}{\max} v_p(n)$, avec égalité si $n$ est une puissance d'un nombre premier (et le terme d'erreur est alors affiné). Ici $m=1$ et $2013^{2/27} \approx 1,757$.
De même, si $a(n)$ désigne le nombre de (classes d'isomorphismes) de groupes {\it abéliens} d'ordre $n$, alors il est assez facile de montrer, en utilisant les théorèmes de structure de ces groupes, que, si $n=p_1^{e_1} \dotsb p_r^{e_r}$, alors
$$a(n) = \prod_{k=1}^r P(e_k)$$
où $P(m)$ désigne le nombre de partitions de l'entier $m \geqslant 1$. On en déduit que $a(2013) = 1$, en concordance avec le résultat obtenu par JLT.
(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.
Par conséquent $2^{2013}$ a $m=E\left(\dfrac{2013\ln 2}{\ln 10}\right)+1=606$ chiffres et $5^{2013}$ en a $n=E\left(\dfrac{2013\ln 5}{\ln 10}\right)+1=1408$, et donc $m+n=2014$.
On peut aussi être malin et écrire que $10^{m-1}<2^{2013}<10^{m}$ et que $10^{n-1}<5^{2013}<10^{n}$, donc $10^{m+n-2}<10^{2013}<10^{m+n}$, d'où $m+n=2014$.
$$2 + \left \lfloor \log_{10} \left ( 2^{2013} \right ) \right \rfloor + \left \lfloor \log_{10} \left( 5^{2013} \right) \right \rfloor = 2014 \, ?$$
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 ?
2013 (18) : Ce sont les multiples de $30$ qui vont donner des zéros à la fin, mais ils n'en donnent pas tous autant.
$750$ et $1500$ en donnent trois chacun puisque $750\times4=1500\times2=3000$. Ça nous fait déjà six zéros.
Les autres multiples de $150$ en donnent deux chacun puisque $150\times 2=300$. Il y en a $11$, donc ça nous fait $22$ zéros de plus.
Les autres multiples de $30$ ne donnent qu'un zéro chacun, il y en a $67-11-2=54$.
Total : $54+22+6=82$ zéros.
Pour $k \geq 1$ on pose $I_k=[ 33^k;33^{k+1}]$ et $J_k=[ 61^k;61^{k+1}]$.
Montrer que l'intervalle $I_k$ contient une puissance de $2013$ si et seulement
si l'intervalle $J_k$ n'en contient pas.
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.
Cordialement
Edouard Cidrolin
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 ?
(tu) Joli tir groupé du Juge Ti et d'enonce pour les 2013 (17) et 2013 (18).
Le 2013 (18) provient du Chili (1994).
(tu) Edouard pour ses créations mathématiques originales autour de 2013.
2013 (20) Pour chaque jour de l'année 2013 on calcule l'expression $x = j^m-a$ où $j, m$ et $a$ représentent respectivement le jour, le mois et l'année. On recherche les jours de 2013 pour lesquels $v_3(x)$ est le plus grand ?
Bon dimanche, amicalement.
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 $\sum_{i=1}^n f(y_i)= n f(1/n)$.
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.
(tu) pour le 2013 (16) proposé lors des Olympiades du Vietnam en 1998.
(tu) pour le 2013 (20) proposé lors des Olympiades tchèques et slovaques de 1998.
Merci pour toutes vos (bonnes) réponses.
Amicalement.