Shortlist 2020, A4¶

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

Concepts : AM-GM et moyennes · Convexité, inégalité de Jensen, lissage

Solution officielle : Shortlist officielle 2020 (avec solutions), p. 20 (page 22 du PDF)

Problème 2 de l'OIM 2020

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2020, où il était le problème 2 (jour 1).

Énoncé¶

Let \(a, b, c, d\) be four real numbers such that \(a \geq b \geq c \geq d > 0\) and \(a + b + c + d = 1\). Prove that

\[(a + 2b + 3c + 4d)\, a^a b^b c^c d^d < 1.\]

Indices : les idées clés

AM-GM pondérée (solution 1) : avec les poids \(a, b, c, d\), on a \(a^a b^b c^c d^d \leq a^2 + b^2 + c^2 + d^2\), ce qui ramène à une inégalité polynomiale homogène.
Homogénéisation (solution 1) : on remplace \(1\) par \((a+b+c+d)^3\) et on développe.
Disjonction selon \(a < \frac{1}{2}\) ou \(a \geq \frac{1}{2}\) (solution 2) : on majore séparément le facteur linéaire et le produit \(a^a b^b c^c d^d\).
Convexité (solution 2) : la fonction \(g(x) = \log(3 - 2x) + x\log x + (1-x)\log(1-x)\) est convexe, nulle en \(\frac{1}{2}\) et tend vers \(0\) en \(1\), donc \(g \leq 0\) sur \(\left[\frac{1}{2}, 1\right[\).

Solutions

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

Solution 1¶

L'inégalité AM-GM pondérée, avec les poids \(a, b, c, d\) (de somme \(1\)), donne

\[a^a b^b c^c d^d \leq a \cdot a + b \cdot b + c \cdot c + d \cdot d = a^2 + b^2 + c^2 + d^2.\]

Il suffit donc de prouver que \((a + 2b + 3c + 4d)(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) < 1 = (a+b+c+d)^3\). On peut le faire de plusieurs façons, par exemple :

\[\begin{aligned} (a+b+c+d)^3 &> a^2(a + 3b + 3c + 3d) + b^2(3a + b + 3c + 3d) \\ &\quad + c^2(3a + 3b + c + 3d) + d^2(3a + 3b + 3c + d) \\ &\geq (a^2 + b^2 + c^2 + d^2)(a + 2b + 3c + 4d). \end{aligned}\]

Précision ajoutée : la première inégalité vient du développement de \((a+b+c+d)^3\), qui contient en plus les termes strictement positifs \(6(abc + abd + acd + bcd)\) ; la seconde se vérifie terme à terme grâce à \(a \geq b \geq c \geq d\) : par exemple \((a + 3b + 3c + 3d) - (a + 2b + 3c + 4d) = b - d \geq 0\), \((3a + b + 3c + 3d) - (a + 2b + 3c + 4d) = 2a - b - d \geq 0\), et de même pour \(c^2\) et \(d^2\). \(\blacksquare\)

Solution 2¶

Comme \(b \geq d\),

\[a + 2b + 3c + 4d \leq a + 3b + 3c + 3d = 3 - 2a.\]

Cas \(a < \frac{1}{2}\). Comme \(b, c, d \leq a\), on a \(a^a b^b c^c d^d \leq a^a a^b a^c a^d = a\), donc

\[(a + 2b + 3c + 4d)\, a^a b^b c^c d^d \leq (3 - 2a)a = 1 - (1-a)(1-2a) < 1.\]

Cas \(\frac{1}{2} \leq a < 1\). Comme \(b, c, d < 1 - a\) (leur somme vaut \(1 - a\)),

\[b^b c^c d^d < (1-a)^b (1-a)^c (1-a)^d = (1-a)^{1-a},\]

donc

\[(a + 2b + 3c + 4d)\, a^a b^b c^c d^d < (3 - 2a)\, a^a (1-a)^{1-a}.\]

Pour \(0 < x < 1\), considérons

\[f(x) = (3 - 2x)\, x^x (1-x)^{1-x} \quad \text{et} \quad g(x) = \log f(x) = \log(3 - 2x) + x \log x + (1-x)\log(1-x),\]

où \(\log\) désigne le logarithme népérien. On vérifie facilement que

\[g''(x) = -\frac{4}{(3-2x)^2} + \frac{1}{x} + \frac{1}{1-x} = \frac{1 + 8(1-x)^2}{x(1-x)(3-2x)^2} > 0,\]

donc \(g\) est strictement convexe sur \(]0, 1[\). Comme \(g\left(\frac{1}{2}\right) = \log 2 + 2 \cdot \frac{1}{2} \log \frac{1}{2} = 0\) et \(\lim_{x \to 1^-} g(x) = 0\), la convexité donne \(g(x) \leq 0\) (donc \(f(x) \leq 1\)) pour tout \(x \in \left[\frac{1}{2}, 1\right[\). Par conséquent

\[(a + 2b + 3c + 4d)\, a^a b^b c^c d^d < f(a) \leq 1. \qquad \blacksquare\]

Remarques¶

Remarque (l'analogue à \(n\) variables est faux). Pour \(a_1 \geq a_2 \geq \cdots \geq a_n > 0\) de somme \(1\), l'inégalité \(\left(\sum_i i\,a_i\right) \prod_i a_i^{a_i} \leq 1\) peut être fausse. Avec \(a_2 = \cdots = a_n = \varepsilon\) et \(a_1 = 1 - (n-1)\varepsilon\), le membre de gauche vaut

\[\left(1 + \frac{n(n-1)}{2}\varepsilon\right) \varepsilon^{(n-1)\varepsilon} \big(1 - (n-1)\varepsilon\big)^{1 - (n-1)\varepsilon}.\]

Pour \(\varepsilon = C/n^2\) (\(C > 0\) fixé) et \(n \to \infty\), les deux derniers facteurs tendent vers \(1\), et la limite vaut \(1 + \frac{C}{2}\), qui peut être rendue arbitrairement grande.