Tournois universitaires de calcul intégral aux États-Unis

biguine_equation
Modifié (19 Feb) dans CultureMath
Bonjour,
les universités américaines organisent leurs propres compétitions uniquement dédiées au calcul intégral. 
Ça fonctionne comme un tournoi de tennis avec des quarts de finale, des demi-finales et des finales. 
Par exemple, l’université de Berkeley a proposé à ces finalistes de 2020, l’intégrale suivante 
\begin{equation}
\displaystyle  \int_0^{\pi/2} \frac{x}{\tan x} dx
\end{equation}
La plus célèbre de ces compétitions est peut-être celle du MIT: la $\textbf{Integration bee}$. Elle conforte le MIT dans sa première place au classement des universités américaines pour l’enseignement des mathématiques.
Vous pouvez voir la finale 2023 sur YT. Elle opposait Luke Robitaille à Maxim Li: deux noms apparus dans la liste des médaillés d’or de l’équipe américaine d’OIM.
Le principe est simple. L’épreuve se déroule dans un amphithéâtre avec du public (parfois dissipé). Un animateur « lance » l’intégrale qui apparaît sur un écran géant avec son décompte de 4 minutes. Il y a cinq intégrales en tout. On ne demande pas de justifier leur existence pour ce prix là !
Voici les cinq intégrales proposées aux finalistes de 2023.
Bon début de semaine…

«1

Réponses

  • Math Coss
    Modifié (19 Feb)
    N'y a-t-il pas un problème pour celle en bas à gauche ?
    sage: (x^20-48*x^10+575).factor()
    (x^10 - 23)*(x^5 + 5)*(x^5 - 5)<br>
  • Si c'est ouvert aux étrangers, Fin de Partie devrait concourir, il remporterait certainement un prix.
  • biguine_equation
    Modifié (19 Feb)
    Petit rectificatif : cette compétition inter-universitaire n’est pas une création du MIT contrairement à ce que j’ai dit. Elle est déclinée également au Royaume-Uni avec la participation de Cambridge et Oxford. Il faut étudier dans ces universités pour concourir mais je crois qu’il y a un serveur dédié à la participation des non-étudiants.
  • etanche
    Modifié (19 Feb)
    Les universités françaises doivent l’organiser. 
    Se serait l’occasion d’identifier des étudiants étudiantes doués en calcul intégral.
    Ça me plairait d’assister en public dans un amphi.
  • Fin de partie
    Modifié (19 Feb)
    \begin{equation} \displaystyle \int_0^{\pi/2} \frac{x}{\tan x} dx \end{equation} est trop connue.
    Intégration par parties et on retombe sur une intégrale encore plus connue.

    Il y a des chaînes Youtube de mathématiques anglo-saxonnes (par exemple math505) qui proposent des corrections pour les intégrales citées dans le grand rectangle noir. Dans ces compétitions j'imagine qu'on a le droit à aucun outil numérique. Je ne travaille pas de la sorte.
    J'ai une méthode assez rustique de travail. Un assistant numérique me sert pour tester des pistes ou trouver des primitives élémentaires (quand elles ne sont pas évidentes il faut souvent les retoucher).

    Une bonne intégrale de concours ne doit pas avoir une primitive donnée par un outil numérique exploitable immédiatement voire ne pas avoir de primitive élémentaire du tout. Après je vérifie étape par étape numériquement avec GP PARI qu'il n'y a pas d'erreur. C'est souvent un processus fastidieux et lent quand il y a beaucoup de lignes de calcul.
  • Il y a eu une discussion sur ce forum en avril 2019 concernant la participation de la France à cette compétition. Je pense également que l’ENS, Polytechnique ou l’école des Mines y auraient toute leur place. 
  • Fin de partie: on peut également traiter cette intégrale par une dérivation sous le signe somme. L’intégration par partie est très fastidieuse semble-t-il.
  • Fin de partie
    Modifié (19 Feb)
    Pour la première intégrale du rectangle noir, on voit bien que si on factorise $\cos^2 x$ au dénominateur on pourra faire le changement de variable $u=\tan x$.
    Et, il me semble que le résultat est la valeur d'une fonction Bêta d'Euler. Celle-ci me semble facile pour quelqu'un qui a les connaissances minimales requises pour faire de tels calculs.

    La dernière intégrale de la liste est assez simple aussi. En regardant bien on voit que le changement de variable $u=x^{10}$ va fonctionner puisqu'on a un facteur $x^9$.

     La forme de l'intégrande de la deuxième intégrale suggère un recours massif à l'identité $\sin(2x)=2\sin x\cos x$
  • Effectivement, pour la première intégrale: on aboutit bien à la fonction Bêta d’Euler.
    Je trouve l’intégrale avec la somme infinie: terrifiante.
  • etanche
    Modifié (19 Feb)
    Il y a eu une discussion sur ce forum en avril 2019 concernant la participation de la France à cette compétition. Je pense également que l’ENS, Polytechnique ou l’école des Mines y auraient toute leur place. 
    En fait une compétition ouvert à tout le monde étudiants grandes écoles, universités et amateurs de calcul intégral permettrait des talents de s’exprimer via les intégrales. 

    Les réponses (pas les démonstrations) de la finale MIT integration 2023 
  • etanche
    Modifié (19 Feb)
    Math Coss a dit :
    N'y a-t-il pas un problème pour celle en bas à gauche ?
    sage: (x^20-48*x^10+575).factor()
    (x^10 - 23)*(x^5 + 5)*(x^5 - 5)<br>
    Du coup l’intégrale ne converge pas, car le dénominateur $x^{20}-48x^{10}+575$ s’annule
    en $\sqrt[5]{5}$ et $\sqrt[10]{23}$
    J’ai l’impression qu’ils ne se préoccupent pas de savoir l’intégrale converge ou pas,
    ils font juste des calculs. 
    Voir à la 21 ème minutes de https://www.youtube.com/watch?v=J20crVcWra0
  • J'ai la 1ère sans avoir besoin d'aider Xcas, pour la 2ème, il faut commencer par simplifier. La solution de la 4ième est obtenue avec borne inférieure égale à 2 comme dans le corrigé, mais je ne vois pas comment ça peut être un entier, il y a un ln(1001)-ln(999) dedans. Je ne sais pas faire la 3ème ni la dernière.
  • etanche
    Modifié (19 Feb)
    Pour moi la dernière elle ne converge pas vu le dénominateur qui polynômial s’annule en $\sqrt[5]{5}$ et $\sqrt[10]{23}$ 
  • Avec 2 comme borne inférieure au lieu de 0, ça converge. On trouve assez facilement une primitive 1/10*(1/2*ln(abs(x**10-25))-1/2*ln(abs(x**10-23)))

  • Fin de partie
    Modifié (19 Feb)
    En fait, le message initial n'a pas pour source le MIT.*
    Sur le site du MIT la borne de l'intégrale problématique n'est pas  $0$ mais $2$ comme l'a suggéré Parisse.

    Toujours aller à la source originale.

    *: Je crois reconnaître le graphisme de la  chaîne Youtube math505.
  • C’est vrai. J’avais vu ce pdf qui m’avait l’air plus sérieux mais il y a tellement de sources: je m’y perds.
  • On y comprend pourquoi la réponse est un entier : il y a une partie entière dans l'énoncé...
  • Question naïve : quel est le contrat quand on demande « calculer l’intégrale » ? 
    La réponse doit être donnée sous quelle forme ? Est-ce implicite (évident) ? 
  • biguine_equation
    Modifié (19 Feb)
    Dom: l’intégrale s’affiche sur écran géant. L’animateur dit « Prêt ? Intégrez ! »  Et les abeilles ouvrières du calcul intégral s’activent devant le tableau noir pendant 4 minutes. Temps ridiculement court !

  • biguine_equation
    Modifié (19 Feb)
    À la fin des 4 minutes, le résultat s’affiche. Au MIT, la compétition a lieu en janvier. On peut déjà consulter les problèmes de 2024. 
    Pour ce qui est de la participation, j’ai cru comprendre que les compétitions au Royaume-Uni étaient ouvertes aux non-universitaires mais il y a toute une série de tests préalables à passer.

  • etanche
    Modifié (19 Feb)
    @ Fin de partie en effet avec 2 pour borne inférieure de l’intégrale ça converge bien.
  • biguine_equation
    Modifié (19 Feb)
    Je n’arrive pas à mettre la vidéo en ligne mais vous pouvez taper: 2024 MIT Integration bee 🐝 Finals.
    Les règles de 2024 sont: 5 intégrales, 5 minutes par intégrale. Réponses algébriquement équivalentes acceptées. Le résultat final doit être encadré et « pas trop simplifié ».
  • Les candidats concourent dans une cage de Faraday? Trop facile de se faire souffler la bonne réponse via une oreillette bluetooth par exemple.
  • La dernière intégrale se calcule en moins de deux minutes avec  un peu d'habitude mais tu ne peux pas  reporter le temps économisé pour le calcul d'une autre intégrale qui demande plus de temps.
  • @ bigine equation est-ce que c’est cette vidéo de la finale 2024 

    https://www.youtube.com/watch?v=dyfLMHGnPR0 ?
  • etanche : oui.
  • Malgré son apparente simplicité, aucun des finalistes n’est venu à bout de:
    \begin{equation}
    \displaystyle \int \sqrt{x^4-4x+3} \: dx
    \end{equation}
  • etanche
    Modifié (20 Feb)
    $ x^4-4x+3 = (x-1)^2((x+1)^2+2)$ puis changement variable $y=(x+1)/\sqrt{2}$ 
    on doit ensuite calculer $\int y\sqrt{y^2+1} dy $ et $\int \sqrt{y^2+1} dy$, qui doit se faire avec $y=\sinh^2(t)$ 
    Je ne l’aurai pas trouvé rapidement sur un tableau. 
  • Fin de partie
    Modifié (20 Feb)
    Pour l'intégrande de la troisième intégrale de la finale 2023, Wolfy ne sait pas trouver de primitive élémentaire.
    Mais si on utilise la valeur conjuguée de l'expression sous la "grande" racine carrée on arrive à sortir un $|x|$.
    On utilise le fait que l'intégrande est paire et on intègre entre $0$ et $1/2$, Wolfy est capable de  trouver une  primitive de l'intégrande.
    On peut faire le changement de variable $u=x^2$ mais trouver une primitive à la main n'en devient pas plus simple me semble-t-il.
    Bref, intégrer ce truc en 5 minutes sans outil je ne sais pas faire.
  • Chaurien
    Modifié (20 Feb)
    $\sqrt {x^{2}+1+\sqrt{x^{4}+x^{2}+1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{x^{2}+x+1}+\sqrt{x^{2}-x+1})$.
  • parisse
    Modifié (20 Feb)
    Bon, j'ai finalement réussi à retrouver la formule du 3ème problème, en aidant Xcas à plusieurs étapes. Ca ne marche pas avec la version web de Xcas, voici les commandes qui donnent le résultat avec la version PC:
    subst(Int(sqrt(x^2+1+sqrt(x^4+x^2+1)),x),x=1/sqrt(y)); // changement de variable x=1/sqrt(y)
    simplify(sqrt(1/y+1+sqrt(1/y^2+1/y+1))*(sqrt(y))^-1/(2*y));
    f:=(sqrt(y+sqrt(y^2+y+1)+1))/(2*y^2); // on réécrit l'intégrand en divisant par sqrt(y) à la main
    2*integrate(f,y,4.0,inf); integrate(sqrt(x^2+1+sqrt(x^4+x^2+1)),x,-0.5,0.5); // on vérifie
    J:=subst(Int(f,y,4,inf),y=-1/2+sqrt(3)/4*(exp(t)-1/exp(t)); // changement de variable classique en sinus hyperbolique
    K:=sqrt(-1/2+sqrt(3)*(exp(t)-1/exp(t))/4+sqrt(-1/2+sqrt(3)*(exp(t)-1/exp(t))/4+(-1/2+sqrt(3)*(exp(t)-1/exp(t))/4)^2+1)+1)*1/2*1/(-1/2+sqrt(3)*(exp(t)-1/exp(t))/4)^2*sqrt(3)*1/4*(exp(t)+exp(t)/exp(t)^2);
    L:=simplify(K); // on simplifie l'intégrand
    LL:=2*integrate(L,t,ln((2*sqrt(21)+9)/(sqrt(3))),inf);
    simplify(LL);
  • Fin de partie
    Modifié (20 Feb)
    @Chaurien : Tu tues le game. >:)
    Il fallait penser à un truc comme ça.
  • @Chaurien : bien joué!
  • Chaurien
    Modifié (20 Feb)
    On peut faire avec le « xcas » qu'on a entre les deux oreilles, et un stylo et du papier.
    J'ai indiqué que :  $\sqrt{x^{2}+1+\sqrt{x^{4}+x^{2}+1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{x^{2}+x+1}+\sqrt{x^{2}-x+1})$. 
    D'où : $\displaystyle \int_{0}^{x}\sqrt{t^{2}+1+\sqrt{t^{4}+t^{2}+1}}~dt=\frac{1}{\sqrt{2}}(\int_{0}^{x}\sqrt{t^{2}+t+1}~dt+\int_{0}^{x}\sqrt{t^{2}-t+1}~dt)$.
    Les intégrales $\displaystyle \int \sqrt{t^{2}+t+1}~dt$ et $\displaystyle \int \sqrt{t^{2}-t+1}~dt$ se ramènent à $\displaystyle \int \sqrt{t^{2}+1}~dt$, chacune par un changement de variable affine très simple.
    Or on peut savoir que : $\displaystyle \int_{0}^{x}\sqrt{t^{2}+1}~dt=\frac{1}{2}(\ln (x+\sqrt{x^{2}+1})+x\sqrt{x^{2}+1})$.
    Et ainsi de suite...
  • @Chaurien : Si on connaît la forme logarithmique de la fonction inverse de arsinh on a seulement à faire le changement de variable $u=\sinh x$ pour terminer le calcul. $1+\sinh^2 x=\cosh^2 x$
  • biguine_equation
    Modifié (20 Feb)
    Pour l’intégrale 3 (2023):
    $x^2+x+1=\big(x+\frac{1}{2}\big)^2+ \big(\frac{\sqrt{3}}{2}\big)^2$. Puis on pose $t=x+\frac{1}{2}$ et on applique 
    \begin{equation}
    \displaystyle \int \sqrt{t^2+a^2} \: dt = \frac{t}{2} \sqrt{t^2+a^2} + \frac{a^2}{2} \log \big(t+ \sqrt{t^2+a^2}\big) + C
    \end{equation}
  • La formule invoquée pour le problème 3 vient d’un vieux grimoire de mes années étudiantes: $\textbf{Handbook of mathematical formulas and integrals}$ (Alan Jeffrey, Hui-Hui Dai): énorme pavé que vous pouvez télécharger gratuitement. C’est la forme de la réponse finale qui m’a donné l’idée de le consulter. La formule utilisée est la numéro 34, étant entendu que 
    \begin{equation}
    \operatorname{arcsinh} \frac{x}{a} = \log \Big( \frac{x + \sqrt{x^2+a^2}}{a} \Big), \: \: \: -\infty < x/a < \infty
    \end{equation}


  • @biguine_equation : Tu comptes apprendre ce formulaire? La formule 34 se déduit facilement de connaissances de "base" me semble-t-il
  • Fin de partie
    Modifié (21 Feb)
    Pour le calcul de $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x}{\tan x}dx$ on peut introduire la fonction $\displaystyle F(a)=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\arctan(a\tan x)}{\tan x}dx$
    Après on dérive $\displaystyle F^\prime(a)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+a^2\tan^2 x}dx$ après on fait le changement de variable $u=\tan x$ etc. C'est un peu compliqué alors qu'on peut faire ce calcul sans introduire de paramètre.
  • La fonction $x / \tan x$ n’est pas si difficile que ça à intégrer. Il existe de nombreuses méthodes présentées sur le net. 

    Je refais le film en condensé et en accéléré avec l’intégration par parties qui prend le terme « tout intégré » égal à $[x \times1/\tan x]$. Après calcul de limites, on voit qu’il est nul entre les bornes d’intégration. On se retrouve donc à devoir intégrer $\log(\sin x)$ ! Mais c’est comme intégrer $\log(\sin(\frac{\pi}{2}-x))=\log(\cos x)$. Donc si j’additionne l’intégrale  $I$ à elle-même, je dois intégrer $\log( \sin x)+ \log(\cos x)$ qui devient $\log(\cos x \times \sin x)=\log(\frac{\sin 2x}{2})=\log(\frac{1}{2})+\log(\sin 2x)$. 
    Je pose $2x=t$, $dx=\frac{dt}{2}$, je sors la constante $1/2$ et je dois à nouveau intégrer $\sin t \: dt$ mais cette fois entre les bornes $0$ et $\pi$. Qu’à cela ne tienne ! La fonction $y=\sin x$ est symétrique par rapport à la droite $x=\pi/2$ sur l’intervalle $[0, \pi]$. De plus, la fonction $y=\log x$ y est bijective. Il suffit donc d’intégrer sur $[0, \pi/2]$ et de doubler le résultat, ce qui nous ramène exactement à notre intégrale $I$ de départ ! On a donc $2I=-\frac{\pi}{2} \log 2 + I$ d’où le résultat ! Ouf !
    Finalement, c’est plus marrant d’intégrer le terme  non-algébrique compliqué et de dériver $x$ ! Avec ma frilosité habituelle, j’aurais fait l’inverse. Ce qui m’aurait quand même donné la solution, le panache en moins.
  • parisse
    Modifié (22 Feb)
    Bon, j'ai fait une petite correction qui permet d'intégrer automatiquement integrate(sqrt(x^2+1+sqrt(x^4+x^2+1))), il ne manquait pas grand chose dans le code actuel, juste une extraction de numérateur avant une factorisation (
    On peut en effet réécrire sqrt(S+2*sqrt(P)) en sqrt(a)+sqrt(b) avec a et b les solutions de a+b=S, a*b=P donc racines de l'équation X^2-S*X+P=0, cette réécriture est intéressante si le discriminant est un carré parfait, ce qui est le cas ici (au facteur 2 près), S=x^2+1, 4*P=x^4+x^2+1, S^2-4*P=2x^2.
  • J'aime bien le problème 5 de la finale 2023 (celui avec la somme d'une série).
    J'ai mis du temps à trouver une méthode mais quand on la connait l'intégrale se calcule bien en 5 minutes (mais il ne faut pas perdre de temps !)
    Par cette méthode on peut obtenir une formule de récurrence qui permet de calculer plus généralement $$I_n=\int_0^1\left(\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{\lfloor 2^kx\rfloor}{3^k}\right)^ndx$$
    A partir de $I_0=1$ on obtient $I_1=\dfrac34$, $I_2=\dfrac{27}{32}$, $I_3=\dfrac{135}{128}$
  • On peut généraliser encore plus et obtenir une formule de récurrence pour $$I_n=\int_0^1\left(\sum_{k=1}^{+\infty}r^k\lfloor p^kx\rfloor\right)^ndx$$
    où $p\ge2$  est un entier et $r$ un réel tel que $|r|<\dfrac1p$.
    De $I_0=1$ on déduit par cette formule $I_1=\dfrac{(p-1)r}{2(1-r)(1-pr)}$ et $I_2=\dfrac{(p-1)r^2(2p-1+(p-2)r)}{6(1-r)(1-r^2)(1-pr)^2}$
  • Chaurien
    Modifié (26 Feb)
    Bien d'accord avec  @Fin_de_partie, la page de formulaire donnée par @biguine_equation n'a pas grand intérêt à mon avis. Je ne me prononce pas sur le formulaire en général, que je n'ai pas encore regardé. Je ne l'ai d'ailleurs pas trouvé en téléchargement gratuit légal, mais en proposition d'achat version papier, dans les 50 €, et je ne l'ai pas acheté.
    Pour une intégrale aussi simple que $\displaystyle \int \sqrt{t^{2}+t+1}~dt$, comme j'ai dit on se ramène à $\displaystyle \int \sqrt{t^{2}+1}~dt$, C'est la même chose pour  tout $\displaystyle \int \sqrt{at^{2}+bt+c}~dt$, $a>0$, $b^2-4ac<0$. Une fois qu'on a $\displaystyle \int \sqrt{t^{2}+1}~dt$, certes on peut faire un changement de variable avec fonction hyperbolique, mais je trouve ça vilain de regrimper l'échelle hiérarchique des fonctions (*), alors qu'on s'efforce plutôt de la descendre. Moi j'ai appris comme primitive usuelle ($\arg \sinh$) que $\displaystyle \int \frac 1{\sqrt{t^{2}+1}}~dt=\ln (t+\sqrt{t^{2}+1})+C$, et alors j'écris :  $\displaystyle \int \sqrt{t^{2}+1}~dx= \int \frac {t^2}{\sqrt{t^{2}+1}}~dt+ \int \frac {1}{\sqrt{t^{2}+1}}~dt$, et intégration par parties sur la première, etc.

    On peut appliquer une autre technique à toute intégrale $\displaystyle \int \sqrt{at^{2}+bt+c}~dt$, $a>0$, c'est de poser : $\sqrt{at^{2}+bt+c}=t\sqrt a+z$. Alors $t$ est fonction rationnelle de $z$ et le changement de variable avec $z$ comme nouvelle variable d'intégration nous ramène à l'intégrale d'une fonction rationnelle de $z$. On a descendu l'échelle hiérarchique (*), mais c'est un peu long. Au fond peut-être vaut-il mieux faire le changement de variable hyperbolique, ça dépend des goûts...
    .............................................................................................
    (*) L'échelle hiérarchique des fonctions, c'est de bas en haut : fonctions polynômes, rationnelles, irrationnelles algébriques, transcendantes. Généralement, on cherche à descendre pour simplifier. Mais il peut être malin de faire un détour par le haut.
  • Chaurien
    Modifié (25 Feb)
    Franchement je ne comprends pas la démarche de @parisse au sujet de $\displaystyle \int \sqrt{x^{2}+1+\sqrt{x^{4}+x^{2}+1}} dx$.
    Il me semble que ce qui était attendu c'était de voir que : $\sqrt{x^{2}+1+\sqrt{x^{4}+x^{2}+1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{x^{2}+x+1}+\sqrt{x^{2}-x+1})$.
    J'ai constaté que WolframAlpha ne l'a pas vu : l'homme l'emporte encore !
    Idée analogue pour $ \displaystyle \int \sqrt{x^4-4x+3} \: dx = \int |x-1| \sqrt{x^2+2x+3} \: dx $.
    Et je ne comprends rien à toutes ces lignes de langage-machine, et je ne vois pas de solution à la fin.
    Bien cordialement,
    Fr. Ch.
  • Fin de partie
    Modifié (26 Feb)
    @Chaurien
    C'est plus comique que ça, Wolfy te fait croire que cette fonction n'a pas de primitive élémentaire.
    Avec cette fonction on a de l'offuscation de primitive (les codeurs me comprendront) >:)

  • @jandri : J'ai commencé par calculer l'intégrale avec plein de sommes... mais c'était fastidieux.
    En exploitant la fonction $\displaystyle f:x\mapsto \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{\lfloor2^kx\rfloor}{3^k}$, et notamment le fait que $\forall x\in [0,1[, f(2x)=3f(x)$ et $f(x+1)=f(x)+2$, on arrive effectivement à trouver des relations qui permettent de calculer l'intégrale sans trop de difficulté.
  • Chaurien
    Modifié (26 Feb)
    Pour $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x}{\tan x}dx$, elle est dans la grande famille des intégrales qu'on peut calculer, au moyen de transformations faciles. à partir de l'intégrale de Dirichlet $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\ln \sin \theta ~d\theta $ (ou  $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\ln \cos \theta ~d\theta $).
    Dans cette famille :  $\displaystyle \int_{0}^{\pi }\ln \sin \theta ~d\theta $, $\displaystyle \int_{0}^{\pi }\theta \ln \sin \theta ~d\theta $, $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\ln t~dt}{\sqrt{1-t^{2}}}$, $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\arcsin t}{t}dt$, $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\theta \cot \theta d\theta =\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\frac{\theta }{\tan \theta }d\theta $, $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\arctan t}{t(1+t^{2})}dt$, $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\Big(\frac{\arctan t}{t}\Big)^{2}dt$,  $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln (1+x^{2})}{1+x^{2}}dx$.
    Pour les collègues professeurs de prépa, on a ici des sujets de colle intéressants.
    Et l'intégrale $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\ln (1+x^{2})}{1+x^{2}}dx$ permet de calculer l'entropie de la loi de Cauchy, en Calcul des probabilités.
  • @bisam
    Pour ta fonction $f$ je ne trouve pas exactement comme toi.
    Je trouve pour tout $x\in\R$ : $f(2x)=3f(x)-\lfloor2x\rfloor$ et $f(x+1)=f(x)+2$.
    $\lfloor2x\rfloor$ n'est nul que pour $x\in[0,1/2[$.

    Ta méthode conduit à peu près aux mêmes calculs que la mienne.
    Je coupe l'intégrale en deux (sur $[0,1/2[$ et sur $[1/2,1[$) : dans la première je pose $x=t/2$ et dans la seconde $x=(t+1)/2$.
    Avec très peu de calculs j'obtiens ainsi $I_n$ en fonction des $I_k$ ($0\leq k\leq n-1$) en posant $I_n=\displaystyle\int_0^1\left(\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{\lfloor 2^kx\rfloor}{3^k}\right)^ndx$.
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