IMC 2010

Bonjour,

pendant ces derniers jours a eu lieu la compétition "International Mathematics Competition", les participants sont des étudiants de L1-L2-L3-M1 de différentes Universités (et grandes écoles). Cinq étudiants ont représenté l'Ecole Polytechnique : Che-Yu Liu, Yu Liu, Laurent Deproit, Rafael de Rezende et Chaojun Wang. Les épreuves se déroulent sur deux jours, 5 heures par composition. Les sujets de cette année sont la :
<a href="http://www.les-mathematiques.net/phorum/file.php?2,file=16584,filename=IMC_2010_Day_1.pdf">IMC 2010 Day 1.pdf</a>
<a href="http://www.les-mathematiques.net/phorum/file.php?2,file=16585,filename=IMC_2010_Day_2.pdf">IMC 2010 Day 2.pdf</a>

Pour le problème n°1, je propose de partir de l'inégalité:

\[ \int_a^b (x-1)^2 \exp(-x^2) dx \geq 0 \]

En développant $(x-1)^2$ par $x^2-2x+1$ , l'inégalité ci-dessus est alors équivalente à

\[ \int_a^b (x^2+1) \exp(-x^2) dx \geq - \int_a^b (-2x) \exp(-x^2) dx \]

le membre de droite étant exactement égal à $\exp(-a^2) - \exp(-b^2)$.

En esperant ne pas avoir dit trop de conneries.

Pour le premier il est peut être plus simple de partir de : Pour tout $x\in[a;b]$
\begin{align*}
(x-1)^2 &\geq 0 \\
x^2+1 &\geq 2x \\
(x^2+1) e^{-x^2} &\geq 2x e^{-x^2} \\
\int_a^b (x^2+1) e^{-x^2} dx &\geq \int_a^b 2x e^{-x^2} dx = \left[ -e^{-x^2} \right]_a^b = e^{-a^2}-e^{-b^2}
\end{align*}



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre semaines et a été effectuée par AD.

Pour ce qui est de la somme de la série on peut s'aider des séries entières. Plutôt que de poser $\displaystyle f(x) =\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{4n+4}}{(4n+1)(4n+2)(4n+3)(4n+4)}$ puis de primitiver quatre fois la fonction $x\mapsto \dfrac 1{1-x^4}$, on peut commencer par écrire que $\dfrac 1{(4n+1)(4n+2)(4n+3)(4n+4)} =\dfrac 12\left(\dfrac 1{(4n+1)(4n+4)}-\dfrac 1{(4n+2)(4n+3)}\right)$ et tenter une magouille analogue pour les deux séries.

Je vais faire les calculs (pas de "triche" avec un logiciel) de ce pas.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre semaines et a été effectuée par girdav.

On peut toujours trouver une primitive de l'arctangente :
\begin{align*}
\int \arctan x dx&=x\arctan x-\int \dfrac x{1+x^2}dx\\
&=x\arctan x-\dfrac 12\ln(1+x^2).
\end{align*}
Il reste à voir si l'on peut facilement trouver $f$ définie comme dans le premier message. Au vu de l'expression que donne Xcas (oui, j'ai un peu triché), bien que l'on puisse trouver des simplifications, ce n'est pas celle que j'essaierais en premier (seulement en cas de désespoir).

On part de la remarque suivante :
\begin{displaymath}
\dfrac 1{\left( 4n+1 \right)\cdot\left( 4n+2 \right)\cdot\left( 4n+3
\right)\cdot\left( 4n+4 \right)} =\dfrac 12\left( \dfrac1{\left( 4n+1 \right)\cdot\left(
4n+4 \right)}-\dfrac1{\left( 4n+2 \right)\cdot \left( 4n+3 \right)} \right).
\end{displaymath}
Le calcul se ramène donc à celui des sommes $\displaystyle
S_1:=\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac1{\left( 4n+1 \right)\cdot\left(4n+4 \right)}$ et
$\displaystyle S_2 := \sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac1{\left( 4n+2 \right)\cdot \left( 4n+3
\right)}$.

Commençons par la seconde. À cet effet, on pose $\displaystyle f\left( x
\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^{4n+3}}{\left( 4n+2 \right)\cdot\left( 4n+3
\right)}$.

Il vient que $f''\left( x \right) = \dfrac x{1-x^4}$ et la décomposition en éléments simples donne que
\begin{displaymath}
f''\left( x \right) =\dfrac14\dfrac1{1-x}-\dfrac14\dfrac1{1+x}+\dfrac12\dfrac{x}{1+x^2}
\end{displaymath}
ce qui entraîne que $f'\left( x \right)=\dfrac14\left(- \ln\left( 1+x \right)-\ln\left(
1-x\right)+\ln\left( 1+x^2 \right) \right)$.

On fait ensuite une intégration par parties :
\begin{align*}
f\left( x \right)&=\dfrac 14\left(- x\ln\left( 1+x \right) -x\ln\left( 1-x
\right)+x\ln\left( 1+x^2 \right)+\int\left(
\dfrac{x+1-1}{x+1}+\dfrac{1-x-1}{1-x}-2\dfrac{x^2+1-1}{1+x^2}\right)dx\right)\\
&=\dfrac 14\left(- x\ln\left( 1+x \right) -x\ln\left( 1-x
\right)+x\ln\left( 1+x^2 \right)-\ln\left( x+1 \right)+x +\ln\left( 1-x
\right)+x-2x+2\arctan x\right)\\
&=\dfrac14\left( -\left( 1+x \right)\ln\left( 1+x \right)+\left( 1-x \right)\ln\left( 1-x
\right) +x\ln\left( 1+x^2 \right)+2\arctan x\right)
\end{align*}
et en se servant du fait que $\lim_{t\to 0}t\ln t=0$ on obtient que
\begin{align*}
S_2&= \dfrac14\left(- 2\ln 2+\ln 2+\dfrac{\pi}2 \right)\\
&=\dfrac{\pi-2\ln 2}8.
\end{align*}
Pour le calcul de $S_1$, on se sert de la fonction $g$ définie par $\displaystyle g\left(
x \right) =\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^{4n+1}}{\left( 4n+1 \right)\cdot\left( 4n+4
\right)}$.

On pose $\displaystyle a\left( x \right)=\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^n}{n+1}$. On a que
$xa\left( x \right)=-\ln\left( 1-x \right)$ et comme $g'\left( x \right)=\dfrac14a\left(
x^4 \right) $ il vient que $g'\left( x \right)=-\dfrac 14\dfrac{\ln\left(1-x^4
\right)}{x^4}$.

Il faut donc trouver une primitive de la fonction $t\mapsto \dfrac{\ln\left( 1-t^4
\right)}{t^4}$. On effectue une intégration par parties :
\begin{align*}
\int \dfrac{\ln\left( 1-x^4\right)}{x^4}dx&= -\dfrac{\ln\left( 1-x^4
\right)}{3x^3}+\dfrac 13\int \dfrac1{x^3}\dfrac{-4x^3}{1-x^4}dx\\
&=-\dfrac{\ln\left( 1-x^4\right)}{3x^3}-\dfrac 43\int\dfrac{dx}{1-x^4}.
\end{align*}
Une décomposition en éléments simples donne que
\begin{displaymath}
\dfrac1{1-x^4} =\dfrac
14\dfrac1{1-x}+\dfrac14\dfrac1{1+x}+\dfrac12\dfrac1{1+x^2}
\end{displaymath}
d'où, en intégrant
\begin{align*}
g\left( x \right)&=\dfrac14\left( \dfrac{\ln\left( 1-x^4\right)}{3x^3}-\dfrac
13\ln\left( 1-x \right)+\dfrac 13\ln\left( 1+x \right)+\dfrac23\arctan x\right)\\
&=\dfrac 14\left( \dfrac{\left( 1-x^3 \right)\ln\left( 1-x \right)+\ln\left( 1+x
\right)+\ln\left( 1+x^2 \right)}{3x^3}+\dfrac13\ln\left( 1+x \right)+\dfrac 23\arctan
x\right)
\end{align*}
puis, en faisant tendre $x$ vers $1$ :
\begin{align*}
S_1&=\dfrac14\left(\dfrac 23\ln 2+\dfrac 13\ln 2+\dfrac{\pi}6 \right)\\
&=\dfrac{\ln 2}4+\dfrac{\pi}{24}
\end{align*}
Comme $S=\dfrac12\left( S_1-S_2 \right)$ on en déduit :
\begin{align*}
S&=\dfrac 12\left( \dfrac{\ln 2}4+\dfrac{\pi}{24}+\dfrac{\ln 2}4-\dfrac{\pi}8
\right)\\
&=\dfrac12\left( \dfrac{\ln 2}2-\dfrac{\pi}{12} \right)\\
&=\dfrac{6\ln 2-\pi}{24}
\end{align*}
Si quelqu'un a le courage de me relire.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre semaines et a été effectuée par girdav.

Pas le courage !

J'ai:
$u_n = 1 - \dfrac13 + \dfrac15 - \dfrac17 + \dfrac 19 + \ldots \to \dfrac\pi4$
$v_n = \dfrac12 - \dfrac14 + \dfrac16 - \dfrac18 + \dfrac 1{10} + \ldots \to \dfrac12\ln2$
$w_n = 1 - \dfrac12 + \dfrac13 - \dfrac14 + \dfrac 15 + \ldots \to\ln2$

et je cherche $a,b,c$ tels que
$\displaystyle\sum\dfrac 1{\left( 4n+1 \right)\cdot\left( 4n+2 \right)\cdot\left( 4n+3
\right)\cdot\left( 4n+4 \right)} = \sum\left(\dfrac16 \dfrac1{4n+1} {\red -} \dfrac12 \dfrac1{4n+2} {\red +} \dfrac12 \dfrac1{4n+3} - \dfrac16 \dfrac1{4n+4} \right)= au_n + bv_n + cw_n$

amicalement,

e.v.

PS
Référence sur le site

tsk, tsk, tsk, faire faire des problèmes de centrale à des X, c'est vraiment taquin !

Bon j'ai corrigé les deux bouses de signes.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre semaines et a été effectuée par ev.

Pour le 5, on pose $u_n=a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}-2\left(abc\right)^n$. On a que $u_{n+1} =a^{2n}\cdot a^2+b^{2n}\cdot b^2+c^{2n}\cdot c^2 -2\left(abc\right)^n\cdot \left(abc\right)$ et comme $a^2\leq 1$, $b^2\leq 1$, $c^2\leq 1$ et $-abc\leq 1$ on a que $u_{n+1}\leq u_n$.
Comme $u_1 = a^2+b^2+c^2-2abc\leq 1$ par hypothèse, on en déduit que $u_n\leq 1$ pour tout entier $n\geq 1$.

Moi aussi j'y arrive. Mais bon j'avais salopé deux signes dès le départ...

Pour trouver $a,b$ et $c$, je regarde les quatre premiers termes. De fait, les trois premiers suffisent, c'est beau l'algèbre linéaire !
$\left\lbrace\begin{array}{lllll}
\phantom-a & &+c &=& \phantom-\dfrac16 \\
&b &-c &=& -\dfrac12 \\
-a&&+c&=& \phantom-\dfrac12
\end{array}\right.$
D'où $a = -\dfrac16,\;b= -\dfrac16,\;c= \dfrac13$.
$S = -\dfrac16 \times\dfrac\pi4 -\dfrac16 \times \dfrac12\ln2 + \dfrac13\ln2 = -\dfrac\pi{24} + \dfrac{\ln2}4}$

D'autor et d'achar,

e.v.