Shortlist 2008, A2¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : non indiqué
Concepts : Polynômes : racines, relations de Viète, factorisation · Équations diophantiennes : factorisation et encadrement
Solution officielle : Shortlist officielle 2008 (avec solutions), p. 9 (page 10 du PDF)
Problème 2 de l'OIM 2008
Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2008, où il était le problème 2 (jour 1).
Énoncé¶
(a) Prove the inequality
for real numbers \(x, y, z \neq 1\) satisfying the condition \(xyz = 1\).
(b) Show that there are infinitely many triples of rational numbers \(x\), \(y\), \(z\) for which this inequality turns into equality.
Indices : les idées clés
- Changement de variables \(a = \frac{x}{x - 1}\), etc. : la contrainte \(xyz = 1\) devient \(a + b + c - 1 = ab + bc + ca\), d'où \(a^2 + b^2 + c^2 - 1 = (a + b + c - 1)^2 \geq 0\).
- Cas d'égalité : \(a + b + c = 1\) et \(ab + bc + ca = 0\) ; en éliminant \(c\), on obtient une équation du second degré en \(b\) de discriminant \((1 - a)(1 + 3a)\).
- Paramétrage rationnel : \(a = \frac{k}{k^2 - k + 1}\) rend \(1 - a\) et \(1 + 3a\) carrés ; ou bien (solution 2) on se ramène à l'équation de Pythagore.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2008 (deux solutions et deux remarques). C'est le problème 2 de l'OIM 2008.
Solution 1¶
(a) Commençons par la substitution
L'inégalité à prouver s'écrit \(a^2 + b^2 + c^2 \geq 1\). Les nouvelles variables sont soumises aux contraintes \(a, b, c \neq 1\) et à la suivante, qui vient de la condition \(xyz = 1\) :
Cela équivaut successivement à
On a donc bien \(a^2 + b^2 + c^2 \geq 1\), comme voulu.
(b) D'après l'égalité \(a^2 + b^2 + c^2 - 1 = (a + b + c - 1)^2\), l'inégalité proposée devient une égalité si et seulement si les deux sommes \(a^2 + b^2 + c^2\) et \(a + b + c\) valent \(1\). La première est égale à \((a + b + c)^2 - 2(ab + bc + ca)\). Les cas d'égalité sont donc décrits par le système de deux équations
avec la contrainte \(a, b, c \neq 1\). L'élimination de \(c\) donne \(a^2 + ab + b^2 = a + b\), qu'on considère comme une équation du second degré en \(b\),
de discriminant
On cherche des triplets rationnels \((a, b, c)\) ; il suffit d'avoir \(a\) rationnel tel que \(1 - a\) et \(1 + 3a\) soient tous deux des carrés de rationnels (alors \(\Delta\) l'est aussi). Posons \(a = k/m\). On veut que \(m - k\) et \(m + 3k\) soient des carrés d'entiers. On y parvient par exemple en prenant \(m = k^2 - k + 1\) (évidemment non nul) ; alors \(m - k = (k - 1)^2\), \(m + 3k = (k + 1)^2\). Remarquons que des entiers \(k\) distincts donnent des valeurs distinctes de \(a = k/m\).
Ainsi, si \(k\) est un entier quelconque, \(m = k^2 - k + 1\) et \(a = k/m\), alors \(\Delta = (k^2 - 1)^2/m^2\), et l'équation du second degré a pour racines rationnelles \(b = (m - k \pm k^2 \mp 1)/(2m)\). Choisissons par exemple la plus grande racine,
Le calcul de \(c\) par \(a + b + c = 1\) donne alors \(c = (1 - k)/m\). La condition \(a, b, c \neq 1\) n'élimine que \(k = 0\) et \(k = 1\). Ainsi, quand \(k\) parcourt les entiers supérieurs à \(1\), on obtient une famille infinie de triplets rationnels \((a, b, c)\), et, en revenant aux variables initiales (\(x = a/(a - 1)\), etc.), une famille infinie de triplets rationnels \((x, y, z)\) ayant la propriété voulue. (Un calcul rapide montre que les triplets obtenus sont \(x = -k/(k - 1)^2\), \(y = k - k^2\), \(z = (k - 1)/k^2\) ; mais la preuve était complète sans les écrire.) \(\blacksquare\)
Remarque 1. Il y a beaucoup de façons de traiter le système \(a^2 + b^2 + c^2 = 1\), \(a + b + c = 1\) (\(a, b, c \neq 1\)), qui décrit bien sûr un cercle dans l'espace des \((a, b, c)\) (privé de trois points), et d'y trouver une infinité de points rationnels.
La substitution initiale \(x = a/(a - 1)\) (etc.) peut aussi être remplacée avec succès par d'autres substitutions semblables, par exemple \(x = 1 - 1/\alpha\) (etc.), ou \(x = x' - 1\) (etc.), ou \(1 - yz = u\) (etc.), qui ramènent finalement l'inégalité à \((\cdots)^2 \geq 0\), l'expression entre parenthèses dépendant de la substitution choisie.
Selon la méthode choisie, on obtient diverses suites de triplets rationnels \((x, y, z)\) convenables ; en voici encore un exemple : \(x = \frac{2r - 2}{(r + 1)^2}\), \(y = -\frac{2r + 2}{(r - 1)^2}\), \(z = -\frac{r^2 - 1}{4}\), où \(r\) est un rationnel quelconque différent de \(1\) et \(-1\). (Le livret omet les deux signes moins de \(y\) et de \(z\) ; sans eux, on n'a même pas \(xyz = 1\) en général.)
Solution 2 (esquisse)¶
(a) Sans changer de variables, en posant simplement \(z = 1/xy\) et en chassant les dénominateurs, l'inégalité proposée prend la forme
Avec les notations \(p = x + y\), \(q = xy\), cela devient, après une longue manipulation de routine et beaucoup de simplifications,
On remarque sans trop de mal que l'expression de gauche est simplement \((q^2 - 3q + p)^2\), donc positive ou nulle.
(Sans introduire \(p\) et \(q\), on aboutit bien sûr, avec un peu plus de travail, à la même expression, écrite en fonction de \(x\) et \(y\) ; mais il est alors moins facile de voir que c'est un carré.)
(b) Pour avoir l'égalité, il faut \(q^2 - 3q + p = 0\). Remarquons que \(x\) et \(y\) sont les racines du trinôme \(t^2 - pt + q\) (en une variable formelle \(t\)). Quand \(q^2 - 3q + p = 0\), le discriminant vaut
Il suffit alors que \(q\) et \(q - 4\) soient tous deux des carrés de rationnels (alors \(p = 3q - q^2\) et \(\sqrt{\delta}\) sont aussi rationnels, ainsi que les racines du trinôme). En posant \(q = (n/m)^2 = 4 + (l/m)^2\), la condition devient \(4m^2 + l^2 = n^2\) (avec \(l\), \(m\), \(n\) entiers). C'est simplement l'équation de Pythagore, qui a une infinité de solutions entières. \(\blacksquare\)
Remarque 2. La partie (a) seule pourrait aussi être proposée comme problème de compétition (dans la catégorie des problèmes faciles).