Shortlist 2011, A2

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

Concepts : Suites et récurrences · Polynômes : racines, relations de Viète, factorisation

Solution officielle : Shortlist officielle 2011 (avec solutions), p. 14 (page 15 du PDF)

Énoncé

Determine all sequences \((x_1, x_2, \ldots, x_{2011})\) of positive integers such that for every positive integer \(n\) there is an integer \(a\) with

\[x_1^n + 2x_2^n + \cdots + 2011 x_{2011}^n = a^{n+1} + 1.\]

Indices : les idées clés

• La solution : \((1, k, \ldots, k)\) avec \(k = 2 + 3 + \cdots + 2011 = 2023065\), car \(1 + k \cdot k^n = k^{n+1} + 1\).
• Bornitude : \(a = y_n\) reste borné, donc une même valeur \(y\) revient pour une infinité de \(n\), ce qui donne une relation \(a_m m^n + \cdots + a_1 - 1 - y \cdot y^n = 0\).
• Lemme de croissance exponentielle : si \(b_1 + b_2 2^n + \cdots + b_N N^n = 0\) pour des \(n\) arbitrairement grands, alors tous les \(b_i\) sont nuls (en divisant par \(N^n\)).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2011 (une solution).

Réponse : la seule suite est \((x_1, \ldots, x_{2011}) = (1, k, \ldots, k)\) avec \(k = 2 + 3 + \cdots + 2011 = 2023065\).

Solution

Notons \(\mathbb{Z}^+\) l'ensemble des entiers strictement positifs, et posons \(k = 2 + 3 + \cdots + 2011 = 2023065\). On a

\[1^n + 2k^n + \cdots + 2011k^n = 1 + k \cdot k^n = k^{n+1} + 1\]

pour tout \(n\), donc \((1, k, \ldots, k)\) convient. Montrons que c'est la seule suite.

Soit \((x_1, \ldots, x_{2011})\) une suite convenable. Pour chaque \(n \in \mathbb{Z}^+\), il existe \(y_n \in \mathbb{Z}^+\) tel que

\[x_1^n + 2x_2^n + \cdots + 2011x_{2011}^n = y_n^{n+1} + 1.\]

Comme \(x_1^n + 2x_2^n + \cdots + 2011x_{2011}^n < (x_1 + 2x_2 + \cdots + 2011x_{2011})^{n+1}\), la suite \((y_n)\) est bornée. En particulier, il existe \(y \in \mathbb{Z}^+\) tel que \(y_n = y\) pour une infinité de \(n\).

Soit \(m\) le maximum des \(x_i\). En regroupant les termes de même \(x_i\), la somme \(x_1^n + 2x_2^n + \cdots + 2011x_{2011}^n\) s'écrit

\[x_1^n + 2x_2^n + \cdots + 2011x_{2011}^n = a_m m^n + a_{m-1}(m - 1)^n + \cdots + a_1\]

avec \(a_i \geq 0\) pour tout \(i\) et \(a_1 + \cdots + a_m = 1 + 2 + \cdots + 2011\). Il existe donc des valeurs de \(n\) arbitrairement grandes pour lesquelles

\[a_m m^n + \cdots + a_1 - 1 - y \cdot y^n = 0. \tag{1}\]

Le lemme suivant permet de déterminer les \(a_i\) et \(y\).

Lemme. Soient \(b_1, \ldots, b_N\) des entiers, et supposons qu'il existe des entiers \(n > 0\) arbitrairement grands tels que \(b_1 + b_2 2^n + \cdots + b_N N^n = 0\). Alors \(b_i = 0\) pour tout \(i\).

Preuve. Supposons que les \(b_i\) ne soient pas tous nuls ; sans perte de généralité, \(b_N \neq 0\). En divisant par \(N^n\), on obtient

\[\lvert b_N \rvert = \left\lvert b_{N-1}\left(\frac{N - 1}{N}\right)^n + \cdots + b_1\left(\frac{1}{N}\right)^n \right\rvert \leq \big(\lvert b_{N-1} \rvert + \cdots + \lvert b_1 \rvert\big)\left(\frac{N - 1}{N}\right)^n.\]

L'expression \(\left(\frac{N - 1}{N}\right)^n\) devient arbitrairement petite pour \(n\) assez grand, ce qui contredit \(b_N \neq 0\). \(\square\)

On a évidemment \(y > 1\). En appliquant le lemme à (1), on voit que \(a_m = y = m\), \(a_1 = 1\), et que tous les autres \(a_i\) sont nuls. Cela implique \((x_1, \ldots, x_{2011}) = (1, m, \ldots, m)\). Mais on a aussi \(1 + m = a_1 + \cdots + a_m = 1 + \cdots + 2011 = 1 + k\), donc \(m = k\), ce qu'il fallait démontrer. \(\blacksquare\)