Shortlist 2020, A1¶

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2020 (avec solutions), p. 12 (page 14 du PDF)

Énoncé¶

Version 1. Let $n$ be a positive integer, and set $N = 2^n$. Determine the smallest real number $a_n$ such that, for all real $x$,

\[\sqrt[N]{\frac{x^{2N} + 1}{2}} \leq a_n (x - 1)^2 + x.\]

Version 2. For every positive integer $N$, determine the smallest real number $b_N$ such that, for all real $x$,

\[\sqrt[N]{\frac{x^{2N} + 1}{2}} \leq b_N (x - 1)^2 + x.\]

Indices : les idées clés

Développement limité en $x = 1$ : si le coefficient est $< N/2$, l'inégalité échoue pour $x = 1 + t$ avec $t$ petit ; d'où la minoration $N/2$.
Récurrence sur $n$ (solution 1) : passer de $N$ à $2N$ en élevant au carré et en appliquant l'hypothèse en $x^2$.
Changement de variable $t = (x - 1)^2/x$ (solutions 2 et 3) : $\frac{x^N + x^{-N}}{2}$ devient un polynôme $f_N(t)$, dont on compare les coefficients avec ceux de $\left(1 + \frac{N}{2}t\right)^N$.
AM-GM (solution 3) : $f_N$ a $N$ racines réelles négatives, et AM-GM appliqué à la forme factorisée conclut.
Étude de fonction (solution 4) : le signe de $f'''$ suffit, et la preuve marche pour tout réel $N \geq 1$.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2020 (quatre solutions et deux remarques).

Réponse (pour les deux versions) : $a_n = b_N = \dfrac{N}{2}$.

Dans toute la suite, on note $\mathcal{I}(N, x)$ l'inégalité

\[\sqrt[N]{\frac{1 + x^{2N}}{2}} \leq x + \frac{N}{2}(x - 1)^2. \tag{$\mathcal{I}(N, x)$}\]

Solution 1 (version 1)¶

Minoration. Supposons qu'un $a_n < N/2$ convienne. Prenons $x = 1 + t$ avec $t > 0$ ; on doit avoir

\[\frac{(1 + t)^{2N} + 1}{2} \leq (1 + t + a_nt^2)^N.\]

En développant,

\[(1 + t + a_nt^2)^N - \frac{(1 + t)^{2N} + 1}{2} = \left(Na_n - \frac{N^2}{2}\right)t^2 + c_3t^3 + \cdots + c_{2N}t^{2N} \tag{1}\]

pour certains coefficients $c_3, \ldots, c_{2N}$ (les termes constants et en $t$ s'annulent). Comme $a_n < N/2$, le membre de droite de (1) est négatif pour $t$ assez petit : contradiction.

L'inégalité $\mathcal{I}(N, x)$ pour $N = 2^n$. On procède par récurrence sur $n$. Pour $n = 0$, $N = 1$ et les deux membres de $\mathcal{I}(1, x)$ valent $(1 + x^2)/2$. Supposons $\mathcal{I}(N, y)$ vraie pour tout réel $y$ et prouvons $\mathcal{I}(2N, x)$. On a, en écrivant $x = \frac{(x + 1)^2 - (x - 1)^2}{4}$,

\[\begin{aligned} \left(x + N(x - 1)^2\right)^2 &= x^2 + N^2(x - 1)^4 + N(x - 1)^2 \cdot \frac{(x + 1)^2 - (x - 1)^2}{2} \\ &= x^2 + \frac{N}{2}(x^2 - 1)^2 + \left(N^2 - \frac{N}{2}\right)(x - 1)^4 \\ &\geq x^2 + \frac{N}{2}(x^2 - 1)^2 \geq \sqrt[N]{\frac{1 + x^{4N}}{2}}, \end{aligned}\]

où la dernière inégalité est $\mathcal{I}(N, x^2)$. Comme de plus

\[x + N(x - 1)^2 \geq x + \frac{(x - 1)^2}{2} = \frac{x^2 + 1}{2} \geq 0,\]

on peut prendre la racine carrée et l'on obtient $\mathcal{I}(2N, x)$. La récurrence est terminée, et $a_n = N/2$. $\blacksquare$

Solution 2 (version 2)¶

Comme dans la solution 1, on obtient $b_N \geq N/2$. Il reste à prouver $\mathcal{I}(N, x)$ pour tout entier $N \geq 1$.

Réduction à $x > 0$. $\mathcal{I}(N, 0)$ est évidente. Si $x > 0$, les membres de gauche de $\mathcal{I}(N, -x)$ et $\mathcal{I}(N, x)$ sont égaux, tandis que le membre de droite de $\mathcal{I}(N, -x)$ dépasse celui de $\mathcal{I}(N, x)$ (leur différence vaut $2(N - 1)x \geq 0$). Donc $\mathcal{I}(N, -x)$ découle de $\mathcal{I}(N, x)$, et l'on suppose désormais $x > 0$.

Changement de variable. On divise $\mathcal{I}(N, x)$ par $x$ et l'on pose $t = (x - 1)^2/x = x - 2 + 1/x$. L'inégalité s'écrit alors

\[f_N := \frac{x^N + x^{-N}}{2} \leq \left(1 + \frac{N}{2}t\right)^N. \tag{2}\]

L'identité clé est le développement de $f_N$ comme polynôme en $t$.

Lemme.

\[f_N = N \sum_{k=0}^{N} \frac{1}{N + k}\binom{N + k}{2k} t^k. \tag{3}\]

Preuve. Par récurrence sur $N$, en utilisant la relation

\[f_{N+1} + f_{N-1} = (x + 1/x) f_N = (2 + t) f_N. \tag{4}\]

Les cas $N = 1, 2$ sont immédiats : $f_1 = 1 + \frac{t}{2}$ et $f_2 = \frac{1}{2}t^2 + 2t + 1$. Pour passer de $N - 1$ et $N$ à $N + 1$, on calcule le coefficient de $t^k$ dans $f_{N+1} = (2 + t)f_N - f_{N-1}$. Pour $k = 0$ il vaut $1$ ; pour $k > 0$ il vaut

\[\begin{aligned} &2\frac{N}{N + k}\binom{N + k}{2k} + \frac{N}{N + k - 1}\binom{N + k - 1}{2k - 2} - \frac{N - 1}{N + k - 1}\binom{N + k - 1}{2k} \\ &= \frac{(N + k - 1)!}{(2k)!\,(N - k)!}\left(2N + \frac{2k(2k - 1)N}{(N + k - 1)(N - k + 1)} - \frac{(N - 1)(N - k)}{N + k - 1}\right) \\ &= \frac{(N + k - 1)!}{(2k)!\,(N - k + 1)!}\left(2N(N - k + 1) + 3kN + k - N^2 - N\right) = \frac{\binom{N + k + 1}{2k}}{N + k + 1}(N + 1), \end{aligned}\]

ce qui achève la récurrence. $\square$

Conclusion. Pour prouver (2), on écrit

\[\left(1 + \frac{N}{2}t\right)^N - f_N = \left(1 + \frac{N}{2}t\right)^N - N\sum_{k=0}^{N} \frac{1}{N + k}\binom{N + k}{2k}t^k = \sum_{k=0}^{N} \alpha_kt^k,\]

où

\[\begin{aligned} \alpha_k &= \left(\frac{N}{2}\right)^k\binom{N}{k} - \frac{N}{N + k}\binom{N + k}{2k} \\ &= \left(\frac{N}{2}\right)^k\binom{N}{k}\left(1 - 2^k\,\frac{(1 + 1/N)(1 + 2/N)\cdots(1 + (k - 1)/N)}{(k + 1)\cdots(2k)}\right) \\ &\geq \left(\frac{N}{2}\right)^k\binom{N}{k}\left(1 - 2^k\,\frac{2 \cdot 3 \cdots k}{(k + 1)\cdots(2k)}\right) = \left(\frac{N}{2}\right)^k\binom{N}{k}\left(1 - \prod_{j=1}^{k}\frac{2j}{k + j}\right) \geq 0. \end{aligned}\]

Comme $t \geq 0$, on en déduit (2). Donc $b_N = N/2$. $\blacksquare$

Solution 3 (version 2)¶

Voici une autre preuve de (2) pour $x > 0$, c'est-à-dire pour $t = (x - 1)^2/x \geq 0$. Au lieu de calculer les coefficients du polynôme $f_N = f_N(t)$, on cherche ses racines, ce qui est en un sens plus direct.

La relation (4) et les conditions initiales $f_0 = 1$, $f_1 = 1 + t/2$ montrent que $f_N$ est un polynôme en $t$ de degré $N$. Par récurrence, on a aussi $f_N(0) = 1$ et $f_N'(0) = N^2/2$ : les relations de récurrence s'écrivent respectivement $f_{N+1}(0) + f_{N-1}(0) = 2f_N(0)$ et $f_{N+1}'(0) + f_{N-1}'(0) = 2f_N'(0) + f_N(0)$.

Ensuite, si $x_k = \exp\left(\frac{i\pi(2k - 1)}{2N}\right)$ pour $k \in \{1, 2, \ldots, N\}$, alors

\[-t_k := 2 - x_k - \frac{1}{x_k} = 2 - 2\cos\frac{\pi(2k - 1)}{2N} = 4\sin^2\frac{\pi(2k - 1)}{4N} > 0\]

et

\[f_N(t_k) = \frac{x_k^N + x_k^{-N}}{2} = \frac{\exp\left(\frac{i\pi(2k - 1)}{2}\right) + \exp\left(-\frac{i\pi(2k - 1)}{2}\right)}{2} = 0.\]

Ces $N$ nombres $t_k$ sont distincts, donc ce sont toutes les racines de $f_N$, et comme $f_N(0) = 1$, on a $f_N(t) = \prod_k (1 - t/t_k)$. Pour $t \geq 0$ tous les facteurs sont positifs, et l'inégalité AM-GM donne

\[f_N(t) = \left(1 - \frac{t}{t_1}\right)\left(1 - \frac{t}{t_2}\right)\cdots\left(1 - \frac{t}{t_N}\right) \leq \left(1 - \frac{t}{N}\left(\frac{1}{t_1} + \cdots + \frac{1}{t_N}\right)\right)^N = \left(1 + \frac{t f_N'(0)}{N}\right)^N = \left(1 + \frac{N}{2}t\right)^N. \ \blacksquare\]

Solution 4 (version 2)¶

On résout ici le problème lorsque $N \geq 1$ est un réel quelconque. Pour un réel $a$, posons

\[f(x) = \left(\frac{x^{2N} + 1}{2}\right)^{1/N} - a(x - 1)^2 - x.\]

Alors $f(1) = 0$,

\[f'(x) = \left(\frac{x^{2N} + 1}{2}\right)^{\frac{1}{N} - 1}x^{2N - 1} - 2a(x - 1) - 1 \quad \text{et} \quad f'(1) = 0 ;\]

\[f''(x) = (1 - N)\left(\frac{x^{2N} + 1}{2}\right)^{\frac{1}{N} - 2}x^{4N - 2} + (2N - 1)\left(\frac{x^{2N} + 1}{2}\right)^{\frac{1}{N} - 1}x^{2N - 2} - 2a \quad \text{et} \quad f''(1) = N - 2a.\]

Si $a < \frac{N}{2}$, $f$ a un minimum local strict en $1$, et l'inégalité $f(x) \leq 0 = f(1)$ est fausse au voisinage de $1$. Donc $b_N \geq N/2$.

Pour $a = \frac{N}{2}$, on a $f''(1) = 0$ et

\[f'''(x) = \frac{1}{2}(1 - N)(1 - 2N)\left(\frac{x^{2N} + 1}{2}\right)^{\frac{1}{N} - 3}x^{2N - 3}(1 - x^{2N}), \quad \text{qui est } \begin{cases} > 0 & \text{si } 0 < x < 1, \\ < 0 & \text{si } x > 1. \end{cases}\]

Ainsi $f''(x) < 0$ pour $x \neq 1$ ; puis $f'(x) > 0$ pour $x < 1$ et $f'(x) < 0$ pour $x > 1$ ; enfin $f(x) < 0$ pour $x \neq 1$. $\blacksquare$

Remarques¶

Remarque 1 (polynômes de Tchebychev). Le polynôme $f_N(t)$ est égal à $\frac{1}{2}T_N(t + 2)$, où $T_n$ est le $n$-ième polynôme de Tchebychev de première espèce (normalisé par $T_n(2\cos s) = 2\cos ns$, soit $T_n(x + 1/x) = x^n + 1/x^n$).

Remarque 2. La version 2 est bien plus difficile, plutôt du niveau A5 ou A6. La récurrence de la version 1 est assez directe, alors que les trois solutions de la version 2 demandent de la créativité.