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)

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

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