Shortlist 2017, A1¶

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : Trinidad and Tobago

Concepts : AM-GM et moyennes · Polynômes : racines, relations de Viète, factorisation

Solution officielle : Shortlist officielle 2017 (avec solutions), p. 12 (page 14 du PDF)

Énoncé¶

Let \(a_1, a_2, \ldots, a_n\), \(k\), and \(M\) be positive integers such that

\[\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \cdots + \frac{1}{a_n} = k \quad\text{and}\quad a_1 a_2 \cdots a_n = M.\]

If \(M > 1\), prove that the polynomial

\[P(x) = M(x+1)^k - (x + a_1)(x + a_2)\cdots(x + a_n)\]

has no positive roots.

Indices : les idées clés

Écrire \((x+1)^k\) comme un produit : puisque \(k = \sum \frac{1}{a_i}\), on a \((x+1)^k = \prod_i (x+1)^{1/a_i}\), et il suffit de comparer facteur par facteur (solution 1).
AM-GM (solution 1) : appliquée à \(x+1\) et \(a_i - 1\) copies de \(1\), elle donne \(a_i(x+1)^{1/a_i} \leq x + a_i\), avec égalité seulement si \(a_i = 1\).
Signe des coefficients (solution 2) : tous les coefficients du polynôme \(P\) sont \(\leq 0\) et l'un est \(< 0\), donc \(P(x) < 0\) pour \(x > 0\).
Récurrence sur le degré du coefficient (solution 2), avec un développement de produit de sommes.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2017 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1¶

Montrons d'abord que, pour \(x > 0\),

\[a_i(x+1)^{1/a_i} \leq x + a_i, \tag{1}\]

avec égalité si et seulement si \(a_i = 1\). L'égalité est claire si \(a_i = 1\). Si \(a_i > 1\), l'inégalité AM-GM appliquée à une copie de \(x+1\) et à \(a_i - 1\) copies de \(1\) donne

\[\frac{(x+1) + \overbrace{1 + 1 + \cdots + 1}^{a_i - 1}}{a_i} \geq \sqrt[a_i]{(x+1) \cdot 1^{a_i - 1}} \quad\Longrightarrow\quad a_i(x+1)^{1/a_i} \leq x + a_i.\]

Comme \(x + 1 > 1\), les nombres moyennés ne sont pas tous égaux, et l'inégalité est stricte pour \(a_i > 1\).

En multipliant les inégalités (1) pour \(i = 1, 2, \ldots, n\) :

\[\prod_{i=1}^n a_i(x+1)^{1/a_i} \leq \prod_{i=1}^n (x + a_i) \iff M(x+1)^{\sum_{i=1}^n 1/a_i} - \prod_{i=1}^n (x + a_i) \leq 0 \iff P(x) \leq 0,\]

avec égalité si et seulement si \(a_i = 1\) pour tout \(i \in \{1, 2, \ldots, n\}\). Mais cela entraînerait \(M = 1\), ce qui est exclu. Donc \(P(x) < 0\) pour tout \(x > 0\), et \(P\) n'a pas de racine positive.

Autre preuve de (1). On peut aussi utiliser la formule du binôme : comme \(a_i \geq 1\),

\[\left(1 + \frac{x}{a_i}\right)^{a_i} = \sum_{j=0}^{a_i} \binom{a_i}{j}\left(\frac{x}{a_i}\right)^j \geq \binom{a_i}{0} + \binom{a_i}{1}\frac{x}{a_i} = 1 + x,\]

d'où \(x + a_i = a_i\left(1 + \frac{x}{a_i}\right) \geq a_i(1+x)^{1/a_i}\). \(\blacksquare\)

Solution 2¶

Nous allons montrer que tous les coefficients de \(P\) sont négatifs ou nuls, et qu'au moins un est strictement négatif ; cela entraîne \(P(x) < 0\) pour \(x > 0\).

Comme \(a_j \geq 1\) pour tout \(j\), et \(a_j > 1\) pour au moins un \(j\) (car \(a_1 a_2 \cdots a_n = M > 1\)), on a \(k = \frac{1}{a_1} + \cdots + \frac{1}{a_n} < n\). Donc le coefficient de \(x^n\) dans \(P\) est \(-1 < 0\), et plus généralement le coefficient de \(x^r\) est négatif pour \(k < r \leq n = \deg P\) (il ne vient que du produit, avec un signe moins).

Pour \(0 \leq r \leq k\), le coefficient de \(x^r\) dans \(P\) vaut

\[M\binom{k}{r} - \sum_{1 \leq i_1 < \cdots < i_{n-r} \leq n} a_{i_1} a_{i_2} \cdots a_{i_{n-r}} = a_1 a_2 \cdots a_n\left(\binom{k}{r} - \sum_{1 \leq j_1 < \cdots < j_r \leq n} \frac{1}{a_{j_1} a_{j_2} \cdots a_{j_r}}\right)\]

(on a divisé chaque produit de \(n - r\) termes par \(M\), ce qui laisse l'inverse du produit des \(r\) termes manquants). Ce coefficient est négatif ou nul si et seulement si

\[\binom{k}{r} \leq \sum_{1 \leq j_1 < \cdots < j_r \leq n} \frac{1}{a_{j_1} a_{j_2} \cdots a_{j_r}}. \tag{2}\]

Notons \(\Sigma_r\) le membre de droite de (2). Prouvons (2) par récurrence sur \(r\). Pour \(r = 0\), c'est une égalité (le terme constant de \(P\) est \(P(0) = M - M = 0\)) ; pour \(r = 1\), (2) s'écrit \(k = \sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i}\). Supposons (2) vrai pour un certain \(r < k\). Alors

\[\binom{k}{r+1} = \frac{k - r}{r + 1}\binom{k}{r} \leq \frac{k - r}{r + 1}\,\Sigma_r,\]

et il suffit de prouver que \(\frac{k - r}{r + 1}\Sigma_r \leq \Sigma_{r+1}\), c'est-à-dire

\[\left(\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \cdots + \frac{1}{a_n} - r\right)\Sigma_r \leq (r+1)\,\Sigma_{r+1}.\]

Développons le produit \(\left(\frac{1}{a_1} + \cdots + \frac{1}{a_n}\right)\Sigma_r\). Chaque terme \(\frac{1}{a_{j_1} \cdots a_{j_r} a_{j_{r+1}}}\) de \(\Sigma_{r+1}\) y apparaît exactement \(r + 1\) fois (il y a \(r+1\) façons de choisir la fraction \(\frac{1}{a_{j_i}}\) que l'on met en facteur). Ces termes se simplifient donc avec le membre de droite. Les termes restants du membre de gauche se regroupent, pour chaque \(r\)-uplet \(j_1 < \cdots < j_r\), en sommes de la forme

\[\frac{1}{a_{j_1}^2 a_{j_2} \cdots a_{j_r}} + \frac{1}{a_{j_1} a_{j_2}^2 \cdots a_{j_r}} + \cdots + \frac{1}{a_{j_1} a_{j_2} \cdots a_{j_r}^2} - \frac{r}{a_{j_1} a_{j_2} \cdots a_{j_r}} = \frac{1}{a_{j_1} \cdots a_{j_r}}\left(\frac{1}{a_{j_1}} + \cdots + \frac{1}{a_{j_r}} - r\right),\]

qui sont toutes négatives ou nulles car \(a_i \geq 1\) entraîne \(\frac{1}{a_i} \leq 1\). Ceci achève la récurrence, et la preuve. \(\blacksquare\)

Remarques¶

Remarque 1. Les deux preuves de (1) imitent des preuves de l'inégalité de Bernoulli pour un exposant entier positif \(a_i\). On peut aussi l'utiliser directement :

\[\left(1 + \frac{x}{a_i}\right)^{a_i} \geq 1 + a_i \cdot \frac{x}{a_i} = 1 + x, \quad\text{donc}\quad x + a_i = a_i\left(1 + \frac{x}{a_i}\right) \geq a_i(1+x)^{1/a_i},\]

ou sa forme renversée, avec l'exposant \(\frac{1}{a_i} \leq 1\) :

\[(1+x)^{1/a_i} \leq 1 + \frac{1}{a_i} \cdot x = \frac{x + a_i}{a_i} \quad\Longrightarrow\quad a_i(1+x)^{1/a_i} \leq x + a_i.\]

Remarque 2. Le résultat reste vrai pour des réels \(a_i \geq 1\) quelconques de produit \(M > 1\). Une variante de la solution 1, utilisant AM-GM pondérée (ou l'inégalité de Bernoulli pour des exposants réels), prouve en fait que \(P(x) < 0\) pour tout \(x > -1\), \(x \neq 0\).