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Shortlist 2010, A3

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2010 (avec solutions), p. 9 (page 10 du PDF)

Énoncé

Let \(x_1, \ldots, x_{100}\) be nonnegative real numbers such that \(x_i + x_{i+1} + x_{i+2} \leq 1\) for all \(i = 1, \ldots, 100\) (we put \(x_{101} = x_1\), \(x_{102} = x_2\)). Find the maximal possible value of the sum

\[S = \sum_{i=1}^{100} x_i x_{i+2}.\]
Indices : les idées clés
  • Exemple : \(x_{2i} = 0\), \(x_{2i-1} = \frac{1}{2}\) donne \(S = \frac{25}{2}\).
  • Regroupement par paires : \(x_{2i-1}x_{2i+1} + x_{2i}x_{2i+2} \leq (x_{2i} + x_{2i+1})(1 - x_{2i} - x_{2i+1}) \leq \frac{1}{4}\) par AM-GM.
  • Solution 2 : \(S \leq \sum x_i - \frac{1}{2}\sum (x_i + x_{i+1})^2\), puis Cauchy-Schwarz (moyennes quadratique et arithmétique) et AM-GM.
Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2010 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

Réponse : \(\frac{25}{2}\).

Posons \(x_{2i} = 0\), \(x_{2i-1} = \frac{1}{2}\) pour tout \(i = 1, \ldots, 50\). On a alors \(S = 50 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{25}{2}\). Il reste à montrer que \(S \leq \frac{25}{2}\) pour toutes les valeurs des \(x_i\) vérifiant les conditions du problème.

Soit \(1 \leq i \leq 50\). D'après la condition du problème, \(x_{2i-1} \leq 1 - x_{2i} - x_{2i+1}\) et \(x_{2i+2} \leq 1 - x_{2i} - x_{2i+1}\). Par l'inégalité arithmético-géométrique, on obtient

\[\begin{aligned} x_{2i-1}x_{2i+1} + x_{2i}x_{2i+2} &\leq (1 - x_{2i} - x_{2i+1})x_{2i+1} + x_{2i}(1 - x_{2i} - x_{2i+1}) \\ &= (x_{2i} + x_{2i+1})(1 - x_{2i} - x_{2i+1}) \leq \left(\frac{(x_{2i} + x_{2i+1}) + (1 - x_{2i} - x_{2i+1})}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}. \end{aligned}\]

En sommant ces inégalités pour \(i = 1, 2, \ldots, 50\), on obtient l'inégalité voulue :

\[\sum_{i=1}^{50}(x_{2i-1}x_{2i+1} + x_{2i}x_{2i+2}) \leq 50 \cdot \frac{1}{4} = \frac{25}{2}. \qquad \blacksquare\]

Remarque. Cette solution montre qu'un fait un peu plus général est vrai. Considérons \(2n\) nombres positifs ou nuls \(x_1, \ldots, x_{2n}\) alignés (sans indices cycliques), et supposons que \(x_i + x_{i+1} + x_{i+2} \leq 1\) pour tout \(i = 1, 2, \ldots, 2n - 2\). Alors \(\sum_{i=1}^{2n-2} x_i x_{i+2} \leq \frac{n - 1}{4}\).

La preuve est la même que ci-dessus, bien qu'il soit peut-être plus facile de la trouver sous cette forme (par exemple par récurrence). L'estimation initiale s'obtient à partir de cette version en considérant la suite \(x_1, x_2, \ldots, x_{100}, x_1, x_2\).

Solution 2

Voici une autre preuve de la majoration. D'après la condition du problème,

\[S = \sum_{i=1}^{100} x_i x_{i+2} \leq \sum_{i=1}^{100} x_i(1 - x_i - x_{i+1}) = \sum_{i=1}^{100} x_i - \sum_{i=1}^{100} x_i^2 - \sum_{i=1}^{100} x_i x_{i+1} = \sum_{i=1}^{100} x_i - \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{100}(x_i + x_{i+1})^2.\]

Par l'inégalité entre moyennes quadratique et arithmétique, \(\sum (x_i + x_{i+1})^2 \geq \frac{1}{100}\left(\sum (x_i + x_{i+1})\right)^2\), donc

\[S \leq \sum_{i=1}^{100} x_i - \frac{1}{200}\left(\sum_{i=1}^{100}(x_i + x_{i+1})\right)^2 = \sum_{i=1}^{100} x_i - \frac{2}{100}\left(\sum_{i=1}^{100} x_i\right)^2 = \frac{2}{100}\left(\sum_{i=1}^{100} x_i\right)\left(\frac{100}{2} - \sum_{i=1}^{100} x_i\right).\]

Enfin, par l'inégalité arithmético-géométrique,

\[S \leq \frac{2}{100} \cdot \left(\frac{1}{2}\left(\sum_{i=1}^{100} x_i + \frac{100}{2} - \sum_{i=1}^{100} x_i\right)\right)^2 = \frac{2}{100} \cdot \left(\frac{100}{4}\right)^2 = \frac{25}{2}. \qquad \blacksquare\]

Remarque

Ces solutions ne sont pas aussi faciles qu'elles le semblent à première vue. Il y a deux configurations optimales différentes dans lesquelles les variables ont des valeurs différentes, et les sommes de trois nombres consécutifs ne valent pas toutes \(1\). Bien qu'il soit facile de trouver la valeur \(\frac{25}{2}\), les estimations doivent être faites avec soin pour préserver l'égalité dans les configurations optimales.