Shortlist 2021, A7¶

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Suites et récurrences · Sommes, télescopage et transformation d'Abel · AM-GM et moyennes · Convexité, inégalité de Jensen, lissage

Solution officielle : Shortlist officielle 2021 (avec solutions), p. 22 (page 22 du PDF)

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Énoncé¶

Let $n \geq 1$ be an integer, and let $x_0, x_1, \ldots, x_{n+1}$ be $n + 2$ non-negative real numbers that satisfy $x_i x_{i+1} - x_{i-1}^2 \geq 1$ for all $i = 1, 2, \ldots, n$. Show that

\[x_0 + x_1 + \cdots + x_n + x_{n+1} > \left(\frac{2n}{3}\right)^{3/2}.\]

Indices : les idées clés

Suites et récurrences (solution 1) : avec $y_i = 2x_i + x_{i+1}$, une identité algébrique donne $y_i^2 \geq y_{i-1}^2 + 6$, d'où $y_i \geq \sqrt{6i}$ par récurrence.
Télescopage : en sommant $(k - 1)^{3/2} > k^{3/2} - \frac{3}{2}\sqrt{k}$ (Bernoulli), on obtient $\sqrt{1} + \cdots + \sqrt{n} > \frac{2}{3}n^{3/2}$.
AM-GM (solution 2) : il n'y a jamais deux indices « mauvais » consécutifs, et deux termes consécutifs après un bon indice ont une grande somme.
Concavité de la racine carrée (solution 2) : $2\sqrt{\frac{2}{3}j + 1} \geq \sqrt{\frac{2}{3}j + \frac{2}{3}} + \sqrt{\frac{2}{3}j + \frac{4}{3}}$.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2021 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1¶

Lemme 1.1. Si $a, b, c$ sont des réels positifs ou nuls tels que $ab - c^2 \geq 1$, alors

\[(a + 2b)^2 \geq (b + 2c)^2 + 6.\]

Preuve. $(a + 2b)^2 - (b + 2c)^2 = (a - b)^2 + 2(b - c)^2 + 6(ab - c^2) \geq 6$. $\square$

Lemme 1.2. $\sqrt{1} + \cdots + \sqrt{n} > \frac{2}{3}n^{3/2}$.

Preuve. L'inégalité de Bernoulli $(1 + t)^{3/2} > 1 + \frac{3}{2}t$ pour $0 > t \geq -1$ (ou une vérification directe) donne

\[(k - 1)^{3/2} = k^{3/2}\left(1 - \frac{1}{k}\right)^{3/2} > k^{3/2}\left(1 - \frac{3}{2k}\right) = k^{3/2} - \frac{3}{2}\sqrt{k}. \tag{$*$}\]

En sommant $(*)$ pour $k = 1, 2, \ldots, n$ (télescopage), on obtient

\[0 > n^{3/2} - \frac{3}{2}\left(\sqrt{1} + \cdots + \sqrt{n}\right). \qquad \square\]

Posons maintenant $y_i := 2x_i + x_{i+1}$ pour $i = 0, 1, \ldots, n$. On a $y_0 \geq 0$ et, par le lemme 1.1 (avec $a = x_{i+1}$, $b = x_i$, $c = x_{i-1}$), $y_i^2 \geq y_{i-1}^2 + 6$ pour $i = 1, 2, \ldots, n$. Une récurrence immédiate sur $i$ donne $y_i \geq \sqrt{6i}$. Avec cette estimation et le lemme 1.2,

\[3(x_0 + \cdots + x_{n+1}) \geq y_1 + \cdots + y_n \geq \sqrt{6}\left(\sqrt{1} + \sqrt{2} + \cdots + \sqrt{n}\right) > \sqrt{6} \cdot \frac{2}{3}n^{3/2} = 3\left(\frac{2n}{3}\right)^{3/2}. \qquad \blacksquare\]

Solution 2¶

Un indice $i \in \{0, 1, \ldots, n + 1\}$ est dit bon si $x_i \geq \sqrt{\frac{2}{3}i}$, et mauvais sinon.

Lemme 2.1. Il n'y a pas deux indices mauvais consécutifs.

Preuve. Supposons le contraire et considérons deux indices mauvais $j, j + 1$ avec $j$ minimal. Comme $0$ est bon, $j > 0$ ; par minimalité, $j - 1$ est bon et

\[\frac{2}{3}\sqrt{j(j + 1)} > x_j x_{j+1} \geq x_{j-1}^2 + 1 \geq \frac{2}{3}(j - 1) + 1 = \frac{2}{3} \cdot \frac{j + (j + 1)}{2},\]

ce qui contredit l'inégalité AM-GM pour les nombres $j$ et $j + 1$. $\square$

Lemme 2.2. Si un indice $j \leq n - 1$ est bon, alors

\[x_{j+1} + x_{j+2} \geq \sqrt{\frac{2}{3}}\left(\sqrt{j + 1} + \sqrt{j + 2}\right).\]

Preuve. On a, par AM-GM puis l'hypothèse,

\[x_{j+1} + x_{j+2} \geq 2\sqrt{x_{j+1}x_{j+2}} \geq 2\sqrt{x_j^2 + 1} \geq 2\sqrt{\frac{2}{3}j + 1} \geq \sqrt{\frac{2}{3}j + \frac{2}{3}} + \sqrt{\frac{2}{3}j + \frac{4}{3}},\]

la dernière inégalité découlant de la concavité de la fonction racine carrée ou, au choix, de l'inégalité entre moyennes arithmétique et quadratique pour les nombres $\sqrt{\frac{2}{3}j + \frac{2}{3}}$ et $\sqrt{\frac{2}{3}j + \frac{4}{3}}$. $\square$

Posons $S_i = x_1 + \cdots + x_i$ et $T_i = \sqrt{\frac{2}{3}}\left(\sqrt{1} + \cdots + \sqrt{i}\right)$.

Lemme 2.3. Si l'indice $i$ est bon, alors $S_i \geq T_i$.

Preuve. Par récurrence sur $i$. Le cas $i = 0$ est clair. Supposons l'affirmation vraie pour les bons indices inférieurs à $i$, et montrons-la pour un bon indice $i > 0$.

Si $i - 1$ est bon, l'hypothèse de récurrence donne $S_i = S_{i-1} + x_i \geq T_{i-1} + \sqrt{\frac{2}{3}i} = T_i$.

Si $i - 1$ est mauvais, alors $i > 1$, et $i - 2$ est bon d'après le lemme 2.1. Le lemme 2.2 et l'hypothèse de récurrence donnent

\[S_i = S_{i-2} + x_{i-1} + x_i \geq T_{i-2} + \sqrt{\frac{2}{3}}\left(\sqrt{i - 1} + \sqrt{i}\right) = T_i. \qquad \square\]

D'après le lemme 2.1, l'un des indices $n$ ou $n + 1$ est bon ; dans les deux cas, le lemme 2.3 donne $S_{n+1} \geq T_n$. Il reste à appliquer le lemme 1.2 de la solution 1 :

\[x_0 + \cdots + x_{n+1} \geq S_{n+1} \geq T_n > \sqrt{\frac{2}{3}} \cdot \frac{2}{3}n^{3/2} = \left(\frac{2n}{3}\right)^{3/2}. \qquad \blacksquare\]

Remarques¶

Remarque 1. Une autre façon d'obtenir $(*)$ est la majoration intégrale

\[k^{3/2} - (k - 1)^{3/2} = \int_{k-1}^{k} \frac{3}{2}\sqrt{x}\,dx < \frac{3}{2}\sqrt{k}.\]

Remarque 2 (la constante est optimale). Si $x_i = \sqrt{2/3} \cdot (\sqrt{i} + 1)$, les conditions de l'énoncé sont vérifiées. En effet, l'inégalité à vérifier est

\[(\sqrt{i} + 1)(\sqrt{i + 1} + 1) - (\sqrt{i - 1} + 1)^2 \geq 3/2,\]

qui se réécrit

\[\sqrt{i} + \sqrt{i + 1} - 2\sqrt{i - 1} \geq (i + 1/2) - \sqrt{i(i + 1)} = \frac{1/4}{i + 1/2 + \sqrt{i(i + 1)}},\]

ce qui découle de

\[\sqrt{i} - \sqrt{i - 1} = \frac{1}{\sqrt{i} + \sqrt{i - 1}} > \frac{1}{2i}.\]

Pour ces nombres, $x_0 + \cdots + x_{n+1} = \left(\frac{2n}{3}\right)^{3/2} + O(n)$ : la constante multiplicative $(2/3)^{3/2}$ de l'énoncé est optimale.