Shortlist 2007, A6

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

Concepts : Cauchy-Schwarz et lemme de Titu · AM-GM et moyennes

Solution officielle : Shortlist officielle 2007 (avec solutions), p. 20 (page 21 du PDF)

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Énoncé

Let \(a_1, a_2, \ldots, a_{100}\) be nonnegative real numbers such that \(a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_{100}^2 = 1\). Prove that

\[a_1^2a_2 + a_2^2a_3 + \cdots + a_{100}^2a_1 < \frac{12}{25}.\]

Indices : les idées clés

• Astuce de multiplication par \(3\) : \(3S = \sum a_{k+1}(a_k^2 + 2a_{k+1}a_{k+2})\), expression suggérée par les conditions de Lagrange.
• Cauchy-Schwarz puis AM-GM : \((3S)^2 \leq \sum(a_k^4 + 6a_k^2a_{k+1}^2 + 2a_k^2a_{k+2}^2)\).
• Indices pairs et impairs : \(\sum a_k^2a_{k+1}^2 \leq \left(\sum a_{2i-1}^2\right)\left(\sum a_{2j}^2\right) \leq \frac{1}{4}\), d'où \(S \leq \frac{\sqrt{2}}{3} < 0{,}48\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2007 (une solution et trois remarques).

Solution

Posons \(S = \sum_{k=1}^{100} a_k^2a_{k+1}\). (Comme d'habitude, les indices sont pris modulo \(100\) ; par exemple \(a_{101} = a_1\) et \(a_{102} = a_2\).)

En appliquant l'inégalité de Cauchy-Schwarz aux suites \((a_{k+1})\) et \((a_k^2 + 2a_{k+1}a_{k+2})\), puis l'inégalité arithmético-géométrique aux nombres \(a_{k+1}^2\) et \(a_{k+2}^2\),

\[\begin{aligned} (3S)^2 &= \left(\sum_{k=1}^{100} a_{k+1}(a_k^2 + 2a_{k+1}a_{k+2})\right)^2 \leq \left(\sum_{k=1}^{100} a_{k+1}^2\right)\left(\sum_{k=1}^{100}(a_k^2 + 2a_{k+1}a_{k+2})^2\right) \\ &= 1 \cdot \sum_{k=1}^{100}(a_k^2 + 2a_{k+1}a_{k+2})^2 = \sum_{k=1}^{100}(a_k^4 + 4a_k^2a_{k+1}a_{k+2} + 4a_{k+1}^2a_{k+2}^2) \\ &\leq \sum_{k=1}^{100}\big(a_k^4 + 2a_k^2(a_{k+1}^2 + a_{k+2}^2) + 4a_{k+1}^2a_{k+2}^2\big) = \sum_{k=1}^{100}(a_k^4 + 6a_k^2a_{k+1}^2 + 2a_k^2a_{k+2}^2). \end{aligned} \tag{1}\]

En appliquant les estimations triviales

\[\sum_{k=1}^{100}(a_k^4 + 2a_k^2a_{k+1}^2 + 2a_k^2a_{k+2}^2) \leq \left(\sum_{k=1}^{100} a_k^2\right)^2 \qquad \text{et} \qquad \sum_{k=1}^{100} a_k^2a_{k+1}^2 \leq \left(\sum_{i=1}^{50} a_{2i-1}^2\right)\left(\sum_{j=1}^{50} a_{2j}^2\right),\]

on obtient

\[(3S)^2 \leq \left(\sum_{k=1}^{100} a_k^2\right)^2 + 4\left(\sum_{i=1}^{50} a_{2i-1}^2\right)\left(\sum_{j=1}^{50} a_{2j}^2\right) \leq 1 + \left(\sum_{i=1}^{50} a_{2i-1}^2 + \sum_{j=1}^{50} a_{2j}^2\right)^2 = 2,\]

donc

\[S \leq \frac{\sqrt{2}}{3} \approx 0{,}4714 < \frac{12}{25} = 0{,}48. \qquad \blacksquare\]

Remarques

Remarque 1. Par la méthode des multiplicateurs de Lagrange, on voit que le maximum est atteint pour des valeurs des \(a_i\) vérifiant

\[a_{k-1}^2 + 2a_ka_{k+1} = 2\lambda a_k \tag{2}\]

pour tout \(k = 1, 2, \ldots, 100\). Bien que ce système d'équations semble difficile à résoudre, il peut aider à trouver l'estimation ci-dessus ; il suggère de regarder de plus près l'expression \(a_{k-1}^2a_k + 2a_k^2a_{k+1}\).

De plus, si les nombres \(a_1, a_2, \ldots, a_{100}\) vérifient (2), on a l'égalité dans (1). (Voir aussi la remarque 3.)

Remarque 2. Il est naturel de se demander quelle est la meilleure constante \(c_n\) dans l'inégalité

\[a_1^2a_2 + a_2^2a_3 + \cdots + a_n^2a_1 \leq c_n(a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2)^{3/2}. \tag{3}\]

Pour \(1 \leq n \leq 4\), on peut prouver que \(c_n = 1/\sqrt{n}\), atteinte quand \(a_1 = a_2 = \cdots = a_n\). Cependant, la situation change complètement pour \(n \geq 5\). Dans ce cas, on ne connaît pas la valeur exacte de \(c_n\). Une recherche par ordinateur montre que \(c_n \approx 0{,}4514\), valeur atteinte par exemple pour

\[a_1 \approx 0{,}5873, \quad a_2 \approx 0{,}6771, \quad a_3 \approx 0{,}4224, \quad a_4 \approx 0{,}1344, \quad a_5 \approx 0{,}0133\]

et \(a_k \approx 0\) pour \(k \geq 6\). Cet exemple prouve aussi que \(c_n > 0{,}4513\).

Remarque 3. On peut améliorer la solution de plusieurs façons pour obtenir de meilleures bornes de \(c_n\). Voici une variante qui prouve \(c_n < 0{,}4589\) pour \(n \geq 5\).

La valeur de \(c_n\) ne change pas si l'on autorise aussi des valeurs négatives dans (3). Le problème revient donc à maximiser

\[f(a_1, a_2, \ldots, a_n) = a_1^2a_2 + a_2^2a_3 + \cdots + a_n^2a_1\]

sur la sphère unité \(a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2 = 1\) de \(\mathbb{R}^n\). Comme la sphère unité est compacte, la fonction a un maximum, et l'on peut appliquer la méthode des multiplicateurs de Lagrange ; pour chaque point de maximum, il existe un réel \(\lambda\) tel que

\[a_{k-1}^2 + 2a_ka_{k+1} = \lambda \cdot 2a_k \qquad \text{pour tout } k = 1, 2, \ldots, n.\]

Alors

\[3S = \sum_{k=1}^{n}(a_{k-1}^2a_k + 2a_k^2a_{k+1}) = \sum_{k=1}^{n} 2\lambda a_k^2 = 2\lambda,\]

et donc

\[a_{k-1}^2 + 2a_ka_{k+1} = 3Sa_k \qquad \text{pour tout } k = 1, 2, \ldots, n. \tag{4}\]

De (4), on tire

\[9S^2 = \sum_{k=1}^{n}(3Sa_k)^2 = \sum_{k=1}^{n}(a_{k-1}^2 + 2a_ka_{k+1})^2 = \sum_{k=1}^{n} a_k^4 + 4\sum_{k=1}^{n} a_k^2a_{k+1}^2 + 4\sum_{k=1}^{n} a_k^2a_{k+1}a_{k+2} \tag{5}\]

et

\[3S^2 = \sum_{k=1}^{n} 3Sa_{k-1}^2a_k = \sum_{k=1}^{n} a_{k-1}^2(a_{k-1}^2 + 2a_ka_{k+1}) = \sum_{k=1}^{n} a_k^4 + 2\sum_{k=1}^{n} a_k^2a_{k+1}a_{k+2}. \tag{6}\]

Soit \(p\) un réel strictement positif. En combinant (5) et (6) et en appliquant l'inégalité arithmético-géométrique,

\[\begin{aligned} (9 + 3p)S^2 &= (1 + p)\sum_{k=1}^{n} a_k^4 + 4\sum_{k=1}^{n} a_k^2a_{k+1}^2 + (4 + 2p)\sum_{k=1}^{n} a_k^2a_{k+1}a_{k+2} \\ &\leq (1 + p)\sum_{k=1}^{n} a_k^4 + 4\sum_{k=1}^{n} a_k^2a_{k+1}^2 + \sum_{k=1}^{n}\left(2(1 + p)a_k^2a_{k+2}^2 + \frac{(2 + p)^2}{2(1 + p)}a_k^2a_{k+1}^2\right) \\ &= (1 + p)\sum_{k=1}^{n}(a_k^4 + 2a_k^2a_{k+1}^2 + 2a_k^2a_{k+2}^2) + \left(4 + \frac{(2 + p)^2}{2(1 + p)} - 2(1 + p)\right)\sum_{k=1}^{n} a_k^2a_{k+1}^2 \\ &\leq (1 + p)\left(\sum_{k=1}^{n} a_k^2\right)^2 + \frac{8 + 4p - 3p^2}{2(1 + p)}\sum_{k=1}^{n} a_k^2a_{k+1}^2 = (1 + p) + \frac{8 + 4p - 3p^2}{2(1 + p)}\sum_{k=1}^{n} a_k^2a_{k+1}^2. \end{aligned}\]

En posant \(p = \frac{2 + 2\sqrt{7}}{3}\), racine positive de \(8 + 4p - 3p^2 = 0\), on obtient

\[S \leq \sqrt{\frac{1 + p}{9 + 3p}} = \sqrt{\frac{5 + 2\sqrt{7}}{33 + 6\sqrt{7}}} \approx 0{,}458879.\]