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Shortlist 2006, A4

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

Concepts : Sommes, télescopage et transformation d'Abel · Cauchy-Schwarz et lemme de Titu

Solution officielle : Shortlist officielle 2006 (avec solutions), p. 13 (page 14 du PDF)

Énoncé

Prove the inequality

\[\sum_{i<j}\frac{a_ia_j}{a_i + a_j} \leq \frac{n}{2(a_1 + a_2 + \cdots + a_n)}\sum_{i<j}a_ia_j\]

for positive real numbers \(a_1, a_2, \ldots, a_n\).

Indices : les idées clés
  • Écriture comme somme de carrés : \(\frac{a_ia_j}{a_i + a_j} = \frac{1}{4}\left(a_i + a_j - \frac{(a_i - a_j)^2}{a_i + a_j}\right)\).
  • Même forme pour le membre de droite : en calculant \(\sum_{i<j}a_ia_j\) de deux façons (sommes doubles), \(R = \frac{n - 1}{4}S - \frac{1}{4}\sum_{i<j}\frac{(a_i - a_j)^2}{S}\).
  • Comparaison terme à terme : comme \(S \geq a_i + a_j\), chaque terme négatif de \(R\) est plus petit en valeur absolue que celui de \(L\) ; ou bien (solution 2) on majore chaque terme puis on somme.
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2006 (deux solutions et une remarque).

Solution 1

Soit \(S = \sum_i a_i\). Notons \(L\) et \(R\) les membres de gauche et de droite de l'inégalité proposée. On transforme \(L\) et \(R\) à l'aide de l'identité

\[\sum_{i<j}(a_i + a_j) = (n - 1)\sum_i a_i. \tag{1}\]

Ainsi :

\[L = \sum_{i<j}\frac{a_ia_j}{a_i + a_j} = \sum_{i<j}\frac{1}{4}\left(a_i + a_j - \frac{(a_i - a_j)^2}{a_i + a_j}\right) = \frac{n - 1}{4} \cdot S - \frac{1}{4}\sum_{i<j}\frac{(a_i - a_j)^2}{a_i + a_j}. \tag{2}\]

Pour représenter \(R\), on exprime la somme \(\sum_{i<j}a_ia_j\) de deux façons ; dans la seconde, on applique l'identité (1) aux carrés des nombres \(a_i\) :

\[\sum_{i<j}a_ia_j = \frac{1}{2}\left(S^2 - \sum_i a_i^2\right) ; \qquad \sum_{i<j}a_ia_j = \frac{1}{2}\sum_{i<j}\left(a_i^2 + a_j^2 - (a_i - a_j)^2\right) = \frac{n - 1}{2} \cdot \sum_i a_i^2 - \frac{1}{2}\sum_{i<j}(a_i - a_j)^2.\]

En multipliant la première égalité par \(n - 1\) et en ajoutant la seconde, on obtient

\[n\sum_{i<j}a_ia_j = \frac{n - 1}{2} \cdot S^2 - \frac{1}{2}\sum_{i<j}(a_i - a_j)^2.\]

Donc

\[R = \frac{n}{2S}\sum_{i<j}a_ia_j = \frac{n - 1}{4} \cdot S - \frac{1}{4}\sum_{i<j}\frac{(a_i - a_j)^2}{S}. \tag{3}\]

Comparons maintenant (2) et (3). Comme \(S \geq a_i + a_j\) pour tous \(i < j\), on obtient \(L \leq R\) (le livret écrit « \(L \geq R\) »). \(\blacksquare\)

Solution 2

Soit \(S = a_1 + a_2 + \cdots + a_n\). Pour tous \(i \neq j\),

\[4\frac{a_ia_j}{a_i + a_j} = a_i + a_j - \frac{(a_i - a_j)^2}{a_i + a_j} \leq a_i + a_j - \frac{(a_i - a_j)^2}{a_1 + a_2 + \cdots + a_n} = \frac{\sum_{k \neq i}a_ia_k + \sum_{k \neq j}a_ja_k + 2a_ia_j}{S}.\]

L'énoncé s'obtient en sommant ces inégalités sur tous les couples \(i, j\) :

\[\begin{aligned} \sum_{i<j}\frac{a_ia_j}{a_i + a_j} &= \frac{1}{2}\sum_i\sum_{j \neq i}\frac{a_ia_j}{a_i + a_j} \leq \frac{1}{8S}\sum_i\sum_{j \neq i}\left(\sum_{k \neq i}a_ia_k + \sum_{k \neq j}a_ja_k + 2a_ia_j\right) \\ &= \frac{1}{8S}\left(\sum_k\sum_{i \neq k}\sum_{j \neq i}a_ia_k + \sum_k\sum_{j \neq k}\sum_{i \neq j}a_ja_k + \sum_i\sum_{j \neq i}2a_ia_j\right) \\ &= \frac{1}{8S}\left(\sum_k\sum_{i \neq k}(n - 1)a_ia_k + \sum_k\sum_{j \neq k}(n - 1)a_ja_k + \sum_i\sum_{j \neq i}2a_ia_j\right) \\ &= \frac{n}{4S}\sum_i\sum_{j \neq i}a_ia_j = \frac{n}{2S}\sum_{i<j}a_ia_j. \qquad \blacksquare \end{aligned}\]

Remarque

Voici l'esquisse d'une autre approche possible. Étudions la fonction \(R - L\) sous les contraintes \(\sum_i a_i = S\), \(\sum_{i<j}a_ia_j = U\) pour des constantes fixées \(S, U > 0\) (qui peuvent être simultanément les valeurs de ces formes symétriques). Supposons que, parmi les nombres \(a_i\), il y en ait trois, disons \(a_k\), \(a_l\), \(a_m\), tels que \(a_k < a_l \leq a_m\). On peut alors diminuer la valeur de \(R - L\) en perturbant ce triplet de sorte que, dans le nouveau triplet \(a'_k\), \(a'_l\), \(a'_m\), on ait \(a'_k = a'_l \leq a'_m\), sans toucher aux autres \(a_i\) ni changer les valeurs de \(S\) et \(U\) ; cela demande une certaine habileté algébrique. Il s'ensuit que le minimum sous contraintes ne peut être atteint que si \(n - 1\) des \(a_i\) sont égaux et le dernier éventuellement plus grand. Dans ce cas, \(R - L \geq 0\) est presque immédiat.