Shortlist 2016, A8

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

Concepts : Cauchy-Schwarz et lemme de Titu · Sommes, télescopage et transformation d'Abel

Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 27 (page 30 du PDF)

Pas encore relu

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Énoncé

Determine the largest real number \(a\) such that for all \(n \geq 1\) and for all real numbers \(x_0, x_1, \ldots, x_n\) satisfying \(0 = x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_n\), we have

\[\frac{1}{x_1 - x_0} + \frac{1}{x_2 - x_1} + \cdots + \frac{1}{x_n - x_{n-1}} \geq a \left( \frac{2}{x_1} + \frac{3}{x_2} + \cdots + \frac{n+1}{x_n} \right).\]

Indices : les idées clés

• Cauchy-Schwarz et lemme de Titu : sous la forme \(\frac{p^2}{u} + \frac{q^2}{v} \geq \frac{(p+q)^2}{u+v}\), appliquée à \(x_k = x_{k-1} + (x_k - x_{k-1})\) (solution 1), ou à \(y_1 + \cdots + y_k\) avec des poids \(\binom{j+1}{2}\) (solution 2).
• Sommes, télescopage et transformation d'Abel : les inégalités obtenues se somment en télescopant ; les sommes \(\sum \frac{1}{k(k+1)}\), \(\sum \frac{1}{k(k+2)}\) se calculent par décomposition.
• Cas d'égalité pour l'optimalité : la suite \(x_k = \frac{1}{3}k(k+1)(k+2)\) rend presque égales toutes les inégalités de Cauchy-Schwarz et montre que \(\frac{4}{9}\) ne peut pas être amélioré.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2016 (deux solutions).

Réponse. La plus grande valeur de \(a\) est \(\dfrac{4}{9}\).

On note (1) l'inégalité de l'énoncé.

Solution 1

\(a = \frac{4}{9}\) convient. Pour chaque \(2 \leq k \leq n\), l'inégalité de Cauchy-Schwarz donne

\[\left(\frac{(k-1)^2}{x_{k-1}} + \frac{3^2}{x_k - x_{k-1}}\right)\big(x_{k-1} + (x_k - x_{k-1})\big) \geq (k - 1 + 3)^2,\]

ce qui se réécrit

\[\frac{9}{x_k - x_{k-1}} \geq \frac{(k+2)^2}{x_k} - \frac{(k-1)^2}{x_{k-1}}. \tag{2}\]

En sommant (2) pour \(k = 2, 3, \ldots, n\) et en ajoutant \(\frac{9}{x_1}\) aux deux membres, on obtient par télescopage (en utilisant \((k+2)^2 - k^2 = 4(k+1)\))

\[9 \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_k - x_{k-1}} \geq 4 \sum_{k=1}^{n} \frac{k+1}{x_k} + \frac{n^2}{x_n} > 4 \sum_{k=1}^{n} \frac{k+1}{x_k}.\]

Cela prouve (1) pour \(a = \frac{4}{9}\).

\(a = \frac{4}{9}\) est optimal. Considérons la suite définie par \(x_0 = 0\) et \(x_k = x_{k-1} + k(k+1)\) pour \(k \geq 1\), c'est-à-dire \(x_k = \frac{1}{3}k(k+1)(k+2)\). Le membre de gauche de (1) vaut

\[\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)} = \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right) = 1 - \frac{1}{n+1},\]

tandis que le membre de droite vaut

\[a \sum_{k=1}^{n} \frac{k+1}{x_k} = 3a \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+2)} = \frac{3}{2} a \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+2}\right) = \frac{3}{2}\left(1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}\right) a.\]

Quand \(n\) tend vers l'infini, le membre de gauche tend vers \(1\) et le membre de droite vers \(\frac{9}{4}a\). Donc \(a \leq \frac{4}{9}\).

La plus grande valeur de \(a\) est donc \(\frac{4}{9}\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Voici une autre façon d'établir (1) pour \(a = \frac{4}{9}\) (l'optimalité se vérifie comme dans la solution 1). Posons \(y_k = x_k - x_{k-1} > 0\) pour \(1 \leq k \leq n\). Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, pour \(1 \leq k \leq n\),

\[(y_1 + y_2 + \cdots + y_k)\left(\sum_{j=1}^{k} \frac{1}{y_j} \binom{j+1}{2}^2\right) \geq \left(\binom{2}{2} + \binom{3}{2} + \cdots + \binom{k+1}{2}\right)^2 = \binom{k+2}{3}^2.\]

Comme \(\binom{k+2}{3} = \frac{k(k+1)(k+2)}{6}\), cela se réécrit

\[\frac{k+1}{y_1 + y_2 + \cdots + y_k} \leq \frac{36}{k^2(k+1)(k+2)^2} \left(\sum_{j=1}^{k} \frac{1}{y_j} \binom{j+1}{2}^2\right). \tag{3}\]

En sommant (3) pour \(k = 1, 2, \ldots, n\), on obtient

\[\frac{2}{y_1} + \frac{3}{y_1 + y_2} + \cdots + \frac{n+1}{y_1 + y_2 + \cdots + y_n} \leq \frac{c_1}{y_1} + \frac{c_2}{y_2} + \cdots + \frac{c_n}{y_n}, \tag{4}\]

où, pour \(1 \leq m \leq n\), grâce à l'identité \(\frac{4}{k^2(k+1)(k+2)^2} = \frac{1}{k^2(k+1)^2} - \frac{1}{(k+1)^2(k+2)^2}\) et à un télescopage,

\[c_m = 36 \binom{m+1}{2}^2 \sum_{k=m}^{n} \frac{1}{k^2(k+1)(k+2)^2} = \frac{9m^2(m+1)^2}{4} \sum_{k=m}^{n} \left(\frac{1}{k^2(k+1)^2} - \frac{1}{(k+1)^2(k+2)^2}\right)\]

\[= \frac{9m^2(m+1)^2}{4} \left(\frac{1}{m^2(m+1)^2} - \frac{1}{(n+1)^2(n+2)^2}\right) < \frac{9}{4}.\]

Comme \(x_k = y_1 + \cdots + y_k\), l'inégalité (4) montre que (1) est vraie pour \(a = \frac{4}{9}\). Cette valeur est aussi la borne optimale, comme on le vérifie de la même façon que dans la solution 1. \(\blacksquare\)