Shortlist 2012, A3¶

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2012 (avec solutions), p. 12 (page 12 du PDF)

Problème 2 de l'OIM 2012

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2012, où il était le problème 2 (jour 1).

Énoncé¶

Let $a_2, \ldots, a_n$ be $n - 1$ positive real numbers, where $n \geq 3$, such that $a_2 a_3 \cdots a_n = 1$. Prove that

\[(1 + a_2)^2 (1 + a_3)^3 \cdots (1 + a_n)^n > n^n.\]

Indices : les idées clés

Changement de variables : $a_k = \frac{x_k}{x_{k-1}}$ (indices cycliques) rend la contrainte $a_2 \cdots a_n = 1$ automatique.
AM-GM pondéré : on écrit $1 + a_k = (k - 1) \cdot \frac{1}{k - 1} + a_k$, d'où $(1 + a_k)^k \geq \frac{k^k}{(k - 1)^{k-1}} a_k$, et le produit télescope en $n^n$.
Cas d'égalité : il imposerait $x_1 = (n - 1)!\, x_1$, impossible pour $n \geq 3$ ; l'inégalité est donc stricte.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2012 (une solution et une remarque).

Solution¶

La substitution $a_2 = \frac{x_2}{x_1}$, $a_3 = \frac{x_3}{x_2}$, $\ldots$, $a_n = \frac{x_1}{x_{n-1}}$ transforme le problème en l'inégalité

\[(x_1 + x_2)^2 (x_2 + x_3)^3 \cdots (x_{n-1} + x_1)^n > n^n x_1^2 x_2^3 \cdots x_{n-1}^n \tag{$\ast$}\]

pour tous $x_1, \ldots, x_{n-1} > 0$. Pour la prouver, on applique l'inégalité arithmético-géométrique à chaque facteur du membre de gauche :

\[\begin{aligned} (x_1 + x_2)^2 &\geq 2^2 x_1 x_2, \\ (x_2 + x_3)^3 &= \left(2\left(\tfrac{x_2}{2}\right) + x_3\right)^3 \geq 3^3 \left(\tfrac{x_2}{2}\right)^2 x_3, \\ (x_3 + x_4)^4 &= \left(3\left(\tfrac{x_3}{3}\right) + x_4\right)^4 \geq 4^4 \left(\tfrac{x_3}{3}\right)^3 x_4, \\ &\;\;\vdots \\ (x_{n-1} + x_1)^n &= \left((n - 1)\left(\tfrac{x_{n-1}}{n - 1}\right) + x_1\right)^n \geq n^n \left(\tfrac{x_{n-1}}{n - 1}\right)^{n-1} x_1. \end{aligned}\]

En multipliant ces inégalités, on obtient $(\ast)$ avec $\geq$ au lieu de $>$. Mais l'égalité demanderait $x_1 = x_2$, $x_2 = 2x_3$, $\ldots$, $x_{n-1} = (n - 1)x_1$, d'où $x_1 = (n - 1)!\, x_1$. C'est impossible puisque $x_1 > 0$ et $n \geq 3$. L'inégalité est donc stricte. $\blacksquare$

Remarque¶

On peut éviter la substitution $a_i = \frac{x_i}{x_{i-1}}$. En appliquant l'inégalité arithmético-géométrique pondérée à chaque facteur $(1 + a_k)^k$, avec les mêmes poids que ci-dessus, on obtient

\[(1 + a_k)^k = \left((k - 1)\frac{1}{k - 1} + a_k\right)^k \geq \frac{k^k}{(k - 1)^{k-1}} a_k.\]

En multipliant toutes ces inégalités, on obtient

\[(1 + a_2)^2 (1 + a_3)^3 \cdots (1 + a_n)^n \geq n^n a_2 a_3 \cdots a_n = n^n.\]

Le même argument que ci-dessus montre que l'égalité ne peut pas être atteinte.