Shortlist 2021, A5

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

Concepts : Sommes, télescopage et transformation d'Abel · Convexité, inégalité de Jensen, lissage

Solution officielle : Shortlist officielle 2021 (avec solutions), p. 19 (page 19 du PDF)

Énoncé

Let \(n \geq 2\) be an integer, and let \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) be positive real numbers such that \(a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 1\). Prove that

\[\sum_{k=1}^{n} \frac{a_k}{1 - a_k} (a_1 + a_2 + \cdots + a_{k-1})^2 < \frac{1}{3}.\]

Indices : les idées clés

• Télescopage (solution 1) : avec \(s_k = a_1 + \cdots + a_k\), chaque terme est majoré par \(\frac{s_k^3 - s_{k-1}^3}{3}\), et ces majorants se télescopent en \(\frac{s_n^3 - s_0^3}{3} = \frac{1}{3}\).
• Lissage (solution 2) : couper un \(a_i\) en deux moitiés augmente strictement la somme ; à la limite on obtient une somme de Riemann de \(\int_0^1 x^2\,dx = \frac{1}{3}\).
• Interprétation probabiliste (solution 3) : \(\frac{1}{3}\) est la probabilité que le premier de trois points uniformes de \([0, 1]\) soit le plus grand.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2021 (trois solutions et une remarque).

Solution 1

Pour tout \(k \leq n\), posons

\[s_k = a_1 + a_2 + \cdots + a_k \quad \text{et} \quad b_k = \frac{a_k s_{k-1}^2}{1 - a_k},\]

avec la convention \(s_0 = 0\). Le nombre \(b_k\) est exactement le \(k\)-ième terme de la somme à estimer. Montrons l'inégalité

\[b_k < \frac{s_k^3 - s_{k-1}^3}{3}. \tag{1}\]

Il suffit de vérifier que

\[\begin{aligned} (1) &\iff 0 < (1 - a_k)\left((s_{k-1} + a_k)^3 - s_{k-1}^3\right) - 3a_k s_{k-1}^2 \\ &\iff 0 < (1 - a_k)\left(3s_{k-1}^2 + 3s_{k-1}a_k + a_k^2\right) - 3s_{k-1}^2 \\ &\iff 0 < -3a_k s_{k-1}^2 + 3(1 - a_k)s_{k-1}a_k + (1 - a_k)a_k^2 \\ &\iff 0 < 3(1 - a_k - s_{k-1})s_{k-1}a_k + (1 - a_k)a_k^2, \end{aligned}\]

ce qui est vrai car \(a_k + s_{k-1} = s_k \leq 1\) et \(a_k \in (0, 1)\).

Précision ajoutée : de la première à la deuxième ligne, on a divisé par \(a_k > 0\), puisque \((s_{k-1} + a_k)^3 - s_{k-1}^3 = a_k\left(3s_{k-1}^2 + 3s_{k-1}a_k + a_k^2\right)\).

En additionnant les inégalités (1) pour \(k = 1, \ldots, n\) (télescopage), on conclut

\[b_1 + b_2 + \cdots + b_n < \frac{s_n^3 - s_0^3}{3} = \frac{1}{3}. \qquad \blacksquare\]

Solution 2

Définissons

\[S(a_1, \ldots, a_n) := \sum_{k=1}^{n} \frac{a_k}{1 - a_k}(a_1 + a_2 + \cdots + a_{k-1})^2.\]

Pour un indice \(i\), notons \(s = a_1 + \cdots + a_{i-1}\). Si l'on remplace \(a_i\) par deux nombres \(a_i/2\) et \(a_i/2\), c'est-à-dire le \(n\)-uplet \((a_1, \ldots, a_n)\) par \((a_1, \ldots, a_{i-1}, a_i/2, a_i/2, a_{i+1}, \ldots, a_n)\), la somme augmente de

\[\begin{aligned} S(a_1, \ldots, a_i/2, a_i/2, \ldots, a_n) - S(a_1, \ldots, a_n) &= \frac{a_i/2}{1 - a_i/2}\left(s^2 + (s + a_i/2)^2\right) - \frac{a_i}{1 - a_i}s^2 \\ &= a_i \frac{(1 - a_i)(2s^2 + sa_i + a_i^2/4) - (2 - a_i)s^2}{(2 - a_i)(1 - a_i)} \\ &= a_i \frac{(1 - a_i - s)sa_i + (1 - a_i)a_i^2/4}{(2 - a_i)(1 - a_i)}, \end{aligned}\]

qui est strictement positif. Ainsi chaque tel remplacement (lissage) augmente strictement la somme (les autres termes ne changent pas). En répétant ce procédé et en faisant tendre vers zéro le plus grand nombre du \(n\)-uplet, la somme ne cesse d'augmenter et converge vers

\[\int_0^1 x^2\,dx = \frac{1}{3}.\]

La somme initiale est donc strictement inférieure à \(\frac{1}{3}\). \(\blacksquare\)

Solution 3

Voici une version probabiliste de la solution 1 (esquissée dans le livret). Tirons \(x_1, x_2, x_3\) uniformément et indépendamment dans le segment \([0, 1]\). Soit \(I_1 \cup I_2 \cup \cdots \cup I_n\) une partition de \([0, 1]\) en segments de longueurs \(a_1, a_2, \ldots, a_n\), dans cet ordre. Posons \(J_k := I_1 \cup \cdots \cup I_{k-1}\) pour \(k \geq 2\) et \(J_1 := \varnothing\). Alors

\[\begin{aligned} \frac{1}{3} &= \sum_{k=1}^{n} \mathbb{P}\{x_1 \geq x_2, x_3 ;\ x_1 \in I_k\} \\ &= \sum_{k=1}^{n} \Big(\mathbb{P}\{x_1 \in I_k ;\ x_2, x_3 \in J_k\} + 2 \cdot \mathbb{P}\{x_1 \geq x_2 ;\ x_1, x_2 \in I_k ;\ x_3 \in J_k\} + \mathbb{P}\{x_1 \geq x_2, x_3 ;\ x_1, x_2, x_3 \in I_k\}\Big) \\ &= \sum_{k=1}^{n} \left(a_k(a_1 + \cdots + a_{k-1})^2 + 2 \cdot \frac{a_k^2}{2} \cdot (a_1 + \cdots + a_{k-1}) + \frac{a_k^3}{3}\right) \\ &> \sum_{k=1}^{n} \left(a_k(a_1 + \cdots + a_{k-1})^2 + a_k^2(a_1 + \cdots + a_{k-1}) \cdot \frac{a_1 + \cdots + a_{k-1}}{1 - a_k}\right), \end{aligned}\]

où, pour la dernière inégalité, on a utilisé \(1 - a_k \geq a_1 + \cdots + a_{k-1}\). Cela conclut, puisque

\[a_k + \frac{a_k^2}{1 - a_k} = \frac{a_k}{1 - a_k}. \qquad \blacksquare\]

Remarques

Remarque 1 (autres preuves de (1)). L'inégalité (1) s'écrit

\[\frac{as^2}{1 - a} - \frac{(a + s)^3 - s^3}{3} < 0 \tag{2}\]

pour \(a, s\) positifs ou nuls avec \(a + s \leq 1\) et \(a > 0\). Par exemple, à \(a\) fixé, l'expression (2) est un trinôme du second degré en \(s\), de coefficient dominant \(\frac{a}{1 - a} - a > 0\). Elle est donc convexe en \(s\), et il suffit de vérifier l'inégalité pour \(s = 0\) et \(s = 1 - a\). Le premier cas est trivial ; dans le second, l'inégalité se réécrit

\[as - \frac{3as(a + s) + a^3}{3} < 0,\]

ce qui est évident puisque \(a + s = 1\).