Réponse à la question n°9

La question de mars 2014 était :

Je ne sais plus d’où sort cet énoncé bizarre que j’avais pris pour un exercice un peu tordu de calcul intégral et résolu comme tel :

Soit $I_n = \displaystyle \int_{1}^{n} \mid{x-1}\mid + \mid{x-2}\mid + \, \cdots \, + \mid{x-n}\mid dx = \int_{1}^{n} \sum_{k=1}^{n} \mid{x-k}\mid dx = \sum_{k=1}^{n} \int_{1}^{n} \mid{x-k}\mid dx$

$I_n = \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \left( \int_{1}^{k} (k-x)dx + \int_{k}^{n} (x-k)dx \right)$ d’après la définition de la valeur absolue.

$I_n = \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \left( \left[ kx - \dfrac{x^2}{2} \right]_{1}^{k} + \left[ \dfrac{x^2}{2} - kx \right]_{k}^{n} \right) = \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \left( k^2 - \dfrac{k^2}{2} - k + \dfrac{1}{2} + \dfrac{n^2}{2} -kn - \dfrac{k^2}{2} + k^2\right)$

$I_n = \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \left( k^2 - (n+1)k + \dfrac{n^2 + 1}{2} \right) = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} - (n+1)\dfrac{n(n+1)}{2} + n\dfrac{n^2+1}{2}$

$I_n = \dfrac{n}{6}(2n^2 - 3n +1) = \dfrac{n(n-1)(2n-1)}{6}$

Ce qui prouve que $I_n = \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} k^2$ et cela conduit à se demander s’il n’existe pas une méthode plus simple…

Et puis je l’avais oublié et le retrouvant quelques décennies plus tard, lorsque l’expérience fut venue, je ne pensai plus au calcul intégral mais à la fonction et à son interprétation graphique. L’intégrale de chacune des fonctions $f_k = \displaystyle \mid{x-k}\mid$ est égale à la somme des aires des triangles rectangles isocèles $A_k$ et $B_k$ de côté respectif $(k-1)^2$ et $(n-k)^2$ et la somme de tous ces triangles pour k appartenant à [1, n] est égale à la somme des aires des carrés de côté $1$ à $(n-1)^2$ ce qui donne le résultat cherché.

Peu de réaction à cet exercice à part Bruno Alaplantive (ce qui prouve que nous sommes lus jusqu’à Toulouse… au moins) qui a envoyé une animation GeoGebra ressemblant à celle que j’ai proposée et qui, sans donner le résultat, permet au moins d’y parvenir en fournissant la géométrie sous-jacente avec une construction algébrique originale.

Une autre solution parvenue in extremis de Pierre Campet mais, comme il le reconnaît lui-même, qui utilise le calcul intégral pour calculer par récurrence l’intégrale.

Question n°10

Pour les vacances un peu de géométrie facile :

Le trou du cube

Et puis, en cadeau (si vous aimez la géométrie dans l’espace et les calculs) juste pour voir si vous trouvez le même résultat que moi :