Shortlist 2007, A3

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : Estonia

Concepts : Sommes, télescopage et transformation d'Abel · Convexité, inégalité de Jensen, lissage

Solution officielle : Shortlist officielle 2007 (avec solutions), p. 12 (page 13 du PDF)

Pas encore relu

Les concepts et la rédaction de cette page n'ont pas encore été vérifiés.

Énoncé

Let \(n\) be a positive integer, and let \(x\) and \(y\) be positive real numbers such that \(x^n + y^n = 1\). Prove that

\[\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + x^{2k}}{1 + x^{4k}}\right)\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + y^{2k}}{1 + y^{4k}}\right) < \frac{1}{(1 - x)(1 - y)}.\]

Indices : les idées clés

• Majoration terme à terme : pour \(t \in (0, 1)\), \(\frac{1 + t^2}{1 + t^4} < \frac{1}{t}\), d'où chaque somme est majorée par une somme géométrique \(\frac{1 - x^n}{x^n(1 - x)} = \frac{y^n}{x^n(1 - x)}\).
• Simplification : le produit des deux majorants vaut exactement \(\frac{1}{(1 - x)(1 - y)}\).
• Version plus forte (solution 2) : chaque terme est au plus \(\frac{1 + \sqrt{2}}{2}\), et \((1 - x)(1 - y) \leq (1 - 2^{-1/n})^2\) par une étude de fonction, ce qui donne la constante \(0{,}7001\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2007 (deux solutions et une remarque).

Solution 1

Pour tout réel \(t \in (0, 1)\),

\[\frac{1 + t^2}{1 + t^4} = \frac{1}{t} - \frac{(1 - t)(1 - t^3)}{t(1 + t^4)} < \frac{1}{t}.\]

En substituant \(t = x^k\) et \(t = y^k\),

\[0 < \sum_{k=1}^{n}\frac{1 + x^{2k}}{1 + x^{4k}} < \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x^k} = \frac{1 - x^n}{x^n(1 - x)} \qquad \text{et} \qquad 0 < \sum_{k=1}^{n}\frac{1 + y^{2k}}{1 + y^{4k}} < \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{y^k} = \frac{1 - y^n}{y^n(1 - y)}.\]

Comme \(1 - y^n = x^n\) et \(1 - x^n = y^n\),

\[\frac{1 - x^n}{x^n(1 - x)} = \frac{y^n}{x^n(1 - x)}, \qquad \frac{1 - y^n}{y^n(1 - y)} = \frac{x^n}{y^n(1 - y)},\]

et donc

\[\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + x^{2k}}{1 + x^{4k}}\right)\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + y^{2k}}{1 + y^{4k}}\right) < \frac{y^n}{x^n(1 - x)} \cdot \frac{x^n}{y^n(1 - y)} = \frac{1}{(1 - x)(1 - y)}. \qquad \blacksquare\]

Solution 2

Prouvons

\[\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + x^{2k}}{1 + x^{4k}}\right)\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + y^{2k}}{1 + y^{4k}}\right) < \frac{\left(\frac{1 + \sqrt{2}}{2}\ln 2\right)^2}{(1 - x)(1 - y)} < \frac{0{,}7001}{(1 - x)(1 - y)}. \tag{1}\]

L'idée est de majorer chaque terme du membre de gauche par la même constante. Pour trouver un majorant de l'expression \(\frac{1 + x^{2k}}{1 + x^{4k}}\), considérons la fonction \(f(t) = \frac{1 + t}{1 + t^2}\) sur l'intervalle \((0, 1)\). Comme

\[f'(t) = \frac{1 - 2t - t^2}{(1 + t^2)^2} = \frac{(\sqrt{2} + 1 + t)(\sqrt{2} - 1 - t)}{(1 + t^2)^2},\]

la fonction croît sur \((0, \sqrt{2} - 1]\) et décroît sur \([\sqrt{2} - 1, 1)\). Le maximum est donc atteint en \(t_0 = \sqrt{2} - 1\), et

\[f(t) = \frac{1 + t}{1 + t^2} \leq f(t_0) = \frac{1 + \sqrt{2}}{2} = \alpha.\]

En appliquant cela à chaque terme du membre de gauche de (1), on obtient

\[\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + x^{2k}}{1 + x^{4k}}\right)\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + y^{2k}}{1 + y^{4k}}\right) \leq n\alpha \cdot n\alpha = (n\alpha)^2. \tag{2}\]

Pour estimer \((1 - x)(1 - y)\) au membre de droite, considérons la fonction

\[g(t) = \ln(1 - t^{1/n}) + \ln\big(1 - (1 - t)^{1/n}\big).\]

En posant \(s = 1 - t\), on a

\[-ng'(t) = \frac{t^{1/n - 1}}{1 - t^{1/n}} - \frac{s^{1/n - 1}}{1 - s^{1/n}} = \frac{1}{st}\left(\frac{(1 - t)t^{1/n}}{1 - t^{1/n}} - \frac{(1 - s)s^{1/n}}{1 - s^{1/n}}\right) = \frac{h(t) - h(s)}{st}.\]

La fonction

\[h(t) = t^{1/n}\frac{1 - t}{1 - t^{1/n}} = \sum_{i=1}^{n} t^{i/n}\]

est évidemment croissante pour \(t \in (0, 1)\) ; pour ces valeurs de \(t\), on a donc

\[g'(t) > 0 \iff h(t) < h(s) \iff t < s = 1 - t \iff t < \frac{1}{2}.\]

Le maximum de \(g(t)\) sur \((0, 1)\) est donc atteint au point \(t_1 = 1/2\), et par conséquent

\[g(t) \leq g\left(\frac{1}{2}\right) = 2\ln(1 - 2^{-1/n}), \qquad t \in (0, 1).\]

En substituant \(t = x^n\), on a \(1 - t = y^n\), \((1 - x)(1 - y) = \exp g(t)\), et donc

\[(1 - x)(1 - y) = \exp g(t) \leq (1 - 2^{-1/n})^2. \tag{3}\]

En combinant (2) et (3), on obtient

\[\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + x^{2k}}{1 + x^{4k}}\right)\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + y^{2k}}{1 + y^{4k}}\right) \leq (\alpha n)^2 \cdot 1 \leq (\alpha n)^2\frac{(1 - 2^{-1/n})^2}{(1 - x)(1 - y)} = \frac{\big(\alpha n(1 - 2^{-1/n})\big)^2}{(1 - x)(1 - y)}.\]

En appliquant l'inégalité \(1 - \exp(-t) < t\) pour \(t = \frac{\ln 2}{n}\), on obtient

\[\alpha n(1 - 2^{-1/n}) = \alpha n\left(1 - \exp\left(-\frac{\ln 2}{n}\right)\right) < \alpha n \cdot \frac{\ln 2}{n} = \alpha\ln 2 = \frac{1 + \sqrt{2}}{2}\ln 2.\]

Donc

\[\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + x^{2k}}{1 + x^{4k}}\right)\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1 + y^{2k}}{1 + y^{4k}}\right) < \frac{\left(\frac{1 + \sqrt{2}}{2}\ln 2\right)^2}{(1 - x)(1 - y)}. \qquad \blacksquare\]

Remarque

Il est naturel de comparer la somme \(S_n(x) = \sum_{k=1}^{n}\frac{1 + x^{2k}}{1 + x^{4k}}\) à l'intégrale \(I_n(x) = \int_0^n \frac{1 + x^{2t}}{1 + x^{4t}}\,dt\). Bien que le calcul de l'intégrale soit assez standard, de nombreuses difficultés surgissent. D'abord, l'intégrande \(\frac{1 + x^{2k}}{1 + x^{4k}}\) a une partie croissante et, selon \(x\), peut avoir une partie décroissante aussi. La comparaison de \(S_n(x)\) et \(I_n(x)\) n'est donc pas tout à fait évidente. On peut ajouter un terme pour corriger l'estimation, par exemple \(S_n \leq I_n + (\alpha - 1)\), mais le résultat final sera alors faible pour les petites valeurs de \(n\). Ensuite, il faut minimiser \((1 - x)(1 - y)I_n(x)I_n(y)\), ce qui mène à des calculs très désagréables.

Cependant, une recherche par ordinateur montre que le maximum de \(I_n(x)I_n(y)\) est atteint en \(x = y = 2^{-1/n}\), tout comme celui de \(S_n(x)S_n(y)\), et que ce dernier est plus petit. On peut donc conjecturer que la constante exacte qu'on peut mettre au numérateur du membre de droite de (1) est

\[\left(\ln 2 \cdot \int_0^1 \frac{1 + 4^{-t}}{1 + 16^{-t}}\,dt\right)^2 = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{2}\ln\frac{17}{2} + \arctan 4 - \frac{\pi}{4}\right)^2 \approx 0{,}6484.\]