Shortlist 2019, A2¶

Domaine : Algèbre · Difficulté : ★☆☆☆☆ · Proposé par : Germany

Concepts : Convexité, inégalité de Jensen, lissage · Cauchy-Schwarz et lemme de Titu

Solution officielle : Shortlist officielle 2019 (avec solutions), section A2 (livret PDF)

Énoncé¶

Let \(u_1, u_2, \ldots, u_{2019}\) be real numbers satisfying

\[u_1 + u_2 + \cdots + u_{2019} = 0 \quad \text{and} \quad u_1^2 + u_2^2 + \cdots + u_{2019}^2 = 1.\]

Let \(a = \min(u_1, u_2, \ldots, u_{2019})\) and \(b = \max(u_1, u_2, \ldots, u_{2019})\). Prove that

\[ab \leq -\frac{1}{2019}.\]

Indices : les idées clés

Séparer les termes positifs et négatifs (solution 1) : la condition \(\sum u_i = 0\) dit que la somme des termes positifs égale celle des valeurs absolues des termes négatifs.
Majorer \(u_i^2\) par \(b\,u_i\) ou \(|a|\,|u_i|\) (solution 1) : puis échanger les deux sommes grâce à la relation précédente.
Convexité (solution 2) : chaque \(u_i\) est barycentre de \(a\) et \(b\), et \(u_i^2 \leq x_i a^2 + y_i b^2\) ; le cas extrême est celui où tous les \(u_i\) valent \(a\) ou \(b\).
Cauchy-Schwarz (remarque 1) : variante de la fin de la solution 1 via \(\left(\sum_{i \in P} u_i\right)^2 \leq p \sum_{i \in P} u_i^2\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2019 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1¶

On remarque d'abord que \(b > 0\) et \(a < 0\). En effet, comme \(\sum_{i=1}^{2019} u_i^2 = 1\), les \(u_i\) ne sont pas tous nuls ; et comme \(\sum_{i=1}^{2019} u_i = 0\), les termes non nuls ne peuvent pas être tous positifs ni tous négatifs.

Soient \(P = \{i : u_i > 0\}\) et \(N = \{i : u_i \leq 0\}\) les ensembles d'indices des termes positifs et des termes négatifs ou nuls, et \(p = |P|\), \(n = |N|\) leurs cardinaux ; ainsi \(p + n = 2019\). La condition \(\sum u_i = 0\) s'écrit \(0 = \sum_{i \in P} u_i - \sum_{i \in N} |u_i|\), donc

\[\sum_{i \in P} u_i = \sum_{i \in N} |u_i|. \tag{1}\]

On majore alors les sommes des carrés des termes positifs et des termes négatifs ou nuls, en utilisant \(0 < u_i \leq b\) pour \(i \in P\) et \(|u_i| \leq |a|\) pour \(i \in N\) :

\[\sum_{i \in P} u_i^2 \leq \sum_{i \in P} b\,u_i = b \sum_{i \in P} u_i = b \sum_{i \in N} |u_i| \leq b \sum_{i \in N} |a| = -nab, \tag{2}\]

\[\sum_{i \in N} u_i^2 \leq \sum_{i \in N} |a| \cdot |u_i| = |a| \sum_{i \in N} |u_i| = |a| \sum_{i \in P} u_i \leq |a| \sum_{i \in P} b = -pab. \tag{3}\]

En additionnant ces deux estimations,

\[1 = \sum_{i=1}^{2019} u_i^2 = \sum_{i \in P} u_i^2 + \sum_{i \in N} u_i^2 \leq -(p + n)ab = -2019\,ab,\]

ce qui prouve \(ab \leq -\frac{1}{2019}\). \(\blacksquare\)

Solution 2¶

Comme dans la solution précédente, \(a < 0\) et \(b > 0\).

Pour tout indice \(i\), le nombre \(u_i\) est compris entre \(a\) et \(b\), donc s'écrit comme combinaison convexe de \(a\) et \(b\) :

\[u_i = x_i a + y_i b, \quad \text{avec } 0 \leq x_i, y_i \leq 1 \text{ et } x_i + y_i = 1.\]

Posons \(X = \sum_{i=1}^{2019} x_i\) et \(Y = \sum_{i=1}^{2019} y_i\). De \(0 = \sum u_i = \sum (x_i a + y_i b) = -|a| X + bY\), on tire

\[|a|\,X = bY, \tag{4}\]

et de \(\sum (x_i + y_i) = 2019\),

\[X + Y = 2019. \tag{5}\]

Le système linéaire formé par (4) et (5) a pour unique solution

\[X = \frac{2019\,b}{|a| + b}, \qquad Y = \frac{2019\,|a|}{|a| + b}.\]

Appliquons maintenant à chaque \(u_i^2\) l'estimation

\[u_i^2 = x_i^2 a^2 + 2x_i y_i ab + y_i^2 b^2 \leq x_i a^2 + y_i b^2\]

(en effet, la différence vaut \(x_i y_i (a - b)^2 \geq 0\) : c'est la convexité de \(t \mapsto t^2\)). On obtient

\[1 = \sum_{i=1}^{2019} u_i^2 \leq \sum_{i=1}^{2019} (x_i a^2 + y_i b^2) = X a^2 + Y b^2 = \frac{2019\,b}{|a| + b}|a|^2 + \frac{2019\,|a|}{|a| + b} b^2 = 2019\,|a|\,b = -2019\,ab.\]

Donc \(ab \leq -\frac{1}{2019}\). \(\blacksquare\)

Remarques¶

Remarque 1 (autre fin pour la solution 1). Après avoir observé que \(\sum_{i \in P} u_i^2 \leq b \sum_{i \in P} u_i\) et \(\sum_{i \in N} u_i^2 \leq |a| \sum_{i \in N} |u_i|\), on peut continuer, au lieu de (2) et (3), ainsi (en utilisant (1)) :

\[|ab| \geq \frac{\sum_{i \in P} u_i^2}{\sum_{i \in P} u_i} \cdot \frac{\sum_{i \in N} u_i^2}{\sum_{i \in N} |u_i|} = \frac{\sum_{i \in P} u_i^2}{\left(\sum_{i \in P} u_i\right)^2} \sum_{i \in N} u_i^2 \geq \frac{1}{p} \sum_{i \in N} u_i^2,\]

par l'inégalité entre moyennes arithmétique et quadratique (ou Cauchy-Schwarz), et de même \(|ab| \geq \frac{1}{n} \sum_{i \in P} u_i^2\). On en déduit \((p + n)|ab| \geq \sum u_i^2 = 1\).

Remarque 2 (l'idée derrière la solution 2). Fixons \(a < 0\), \(b > 0\) et \(\sum u_i = 0\), et faisons varier les \(u_i\) pour maximiser \(\sum u_i^2\). Si l'on fait varier deux des \(u_i\) en conservant leur somme, le maximum de \(\sum u_i^2\) est atteint quand ils sont le plus éloignés possible ; donc tous les \(u_i\) sauf au plus un valent \(a\) ou \(b\). Dans une version pondérée du problème (où l'on autorise des « nombres fractionnaires » de \(u_i\) égaux à chaque valeur), le maximum est atteint quand \(\frac{2019\,b}{|a| + b}\) d'entre eux valent \(a\) et \(\frac{2019\,|a|}{|a| + b}\) valent \(b\). C'est exactement ce qui se passe dans la solution 2 : le nombre \(u_i\) y est remplacé par « \(x_i\) copies de \(a\) et \(y_i\) copies de \(b\) ».