Shortlist 2015, A1

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

Concepts : Sommes, télescopage et transformation d'Abel · Suites et récurrences · AM-GM et moyennes

Solution officielle : Shortlist officielle 2015 (avec solutions), p. 8 (page 9 du PDF)

Énoncé

Suppose that a sequence \(a_1, a_2, \ldots\) of positive real numbers satisfies

\[a_{k+1} \geq \frac{k a_k}{a_k^2 + (k-1)}\]

for every positive integer \(k\). Prove that \(a_1 + a_2 + \cdots + a_n \geq n\) for every \(n \geq 2\).

Indices : les idées clés

• Inverser l'hypothèse : passer à \(\frac{k}{a_{k+1}}\) fait apparaître une minoration de \(a_k\) par une différence de deux termes consécutifs.
• Télescopage : en sommant ces minorations, on obtient \(a_1 + \cdots + a_m \geq \frac{m}{a_{m+1}}\).
• Récurrence sur \(n\), avec deux cas selon que \(a_{n+1} \geq 1\) ou \(a_{n+1} < 1\).
• AM-GM : \(\frac{1}{x} + x \geq 2\) conclut le second cas (et donne d'autres fins possibles, remarque 2).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2015 (une solution et deux remarques).

Solution 1

Une minoration télescopique. L'hypothèse

\[a_{k+1} \geq \frac{k a_k}{a_k^2 + (k-1)} \tag{1}\]

se réécrit, tous les termes étant positifs,

\[\frac{k}{a_{k+1}} \leq \frac{a_k^2 + (k-1)}{a_k} = a_k + \frac{k-1}{a_k}, \quad \text{donc} \quad a_k \geq \frac{k}{a_{k+1}} - \frac{k-1}{a_k}.\]

En sommant pour \(k = 1, \ldots, m\), la somme télescope :

\[a_1 + a_2 + \cdots + a_m \geq \left(\frac{1}{a_2} - \frac{0}{a_1}\right) + \left(\frac{2}{a_3} - \frac{1}{a_2}\right) + \cdots + \left(\frac{m}{a_{m+1}} - \frac{m-1}{a_m}\right) = \frac{m}{a_{m+1}}. \tag{2}\]

Récurrence sur \(n\). Pour \(n = 2\), on applique (1) avec \(k = 1\) : \(a_2 \geq \frac{1}{a_1}\), donc, par AM-GM,

\[a_1 + a_2 \geq a_1 + \frac{1}{a_1} \geq 2.\]

Supposons l'énoncé vrai pour un certain \(n \geq 2\).

• Si \(a_{n+1} \geq 1\), l'hypothèse de récurrence donne

  \[(a_1 + \cdots + a_n) + a_{n+1} \geq n + 1. \tag{3}\]

• Si \(a_{n+1} < 1\), on applique (2) avec \(m = n\) :

  \[(a_1 + \cdots + a_n) + a_{n+1} \geq \frac{n}{a_{n+1}} + a_{n+1} = \frac{n-1}{a_{n+1}} + \left(\frac{1}{a_{n+1}} + a_{n+1}\right) > (n-1) + 2,\]

  car \(\frac{n-1}{a_{n+1}} > n - 1\) et \(\frac{1}{a_{n+1}} + a_{n+1} \geq 2\) par AM-GM.

Dans les deux cas, \(a_1 + \cdots + a_{n+1} \geq n + 1\), ce qui achève la récurrence. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (cas d'égalité). L'égalité exige \(a_1 = a_2 = 1\) dans le cas \(n = 2\), puis \(a_{n+1} = 1\) dans (3). Donc \(a_1 + \cdots + a_n = n\) n'est possible que dans le cas trivial \(a_1 = \cdots = a_n = 1\).

Remarque 2 (autres fins à partir de (2)). Trois variantes :

• En posant \(s_n = a_1 + \cdots + a_n\), l'étape de récurrence peut s'écrire

  \[s_{n+1} = s_n + a_{n+1} \geq s_n + \frac{n}{s_n} \geq n + 1,\]

  car \(a_{n+1} \geq \frac{n}{s_n}\) d'après (2), et la fonction \(x \mapsto x + \frac{n}{x}\) est croissante sur \([n, +\infty[\) (et \(s_n \geq n\)).

• Par AM-GM appliquée aux nombres \(a_1 + \cdots + a_k\) et \(k a_{k+1}\) (dont le produit est au moins \(k^2\) d'après (2)), on obtient

  \[a_1 + \cdots + a_k + k a_{k+1} \geq 2k,\]

  et l'on somme ces inégalités pour \(k = 1, \ldots, n-1\).

• On peut établir l'estimation symétrique

  \[\sum_{1 \leq i < j \leq n} a_i a_j = \sum_{j=2}^{n} (a_1 + \cdots + a_{j-1}) a_j \geq \sum_{j=2}^{n} (j-1) = \frac{n(n-1)}{2}\]

  et la combiner avec l'inégalité entre moyenne arithmétique et moyenne quadratique.