Shortlist 2023, A3

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

Concepts : Cauchy-Schwarz et lemme de Titu · AM-GM et moyennes

Solution officielle : Shortlist officielle 2023 (avec solutions), p. 16 (page 18 du PDF)

Problème 4 de l'OIM 2023

Ce problème a été choisi parmi ceux de la shortlist pour l'épreuve de l'OIM 2023, où il était le problème 4 (jour 2).

Énoncé

Let \(x_1, x_2, \ldots, x_{2023}\) be distinct real positive numbers such that

\[a_n = \sqrt{(x_1 + x_2 + \cdots + x_n)\left(\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + \cdots + \frac{1}{x_n}\right)}\]

is an integer for every \(n = 1, 2, \ldots, 2023\). Prove that \(a_{2023} \geq 3034\).

Indices : les idées clés

• Cauchy-Schwarz : donne \(a_2 > 2\), donc \(a_2 \geq 3\).
• AM-GM : minore \(a_{n+1}^2\) et montre \(a_{n+1} \geq a_n + 1\), avec un cas d'égalité très contraint.
• Comparer \(a_{n+2}\) et \(a_n\) (solution 2) : sauter un rang évite d'étudier le cas d'égalité.
• Exploiter le cas d'égalité : si la suite n'augmente que de 1, l'égalité dans AM-GM impose une relation exacte, qu'on ne peut pas avoir deux fois de suite.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2023 (deux solutions et deux remarques).

Solution 1

Premières observations. La suite \((a_n)\) est strictement croissante et formée d'entiers, donc \(a_{n+1} - a_n \geq 1\). On a \(a_1 = 1\) et, par Cauchy-Schwarz (avec \(x_1 \neq x_2\), donc inégalité stricte),

\[a_2 = \sqrt{(x_1 + x_2)\left(\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2}\right)} > 2, \quad \text{donc } a_2 \geq 3.\]

Idée directrice. \(3034\) vaut environ \(\frac{3}{2} \cdot 2023\) : il suffit que la suite augmente d'au moins \(2\) une fois sur deux.

Affirmation. Si \(a_{n+1} - a_n = 1\), alors \(a_{n+2} - a_{n+1} \geq 2\).

Pourquoi cela suffit. En regroupant les accroissements par paires (chaque paire vaut au moins \(1 + 2 = 3\)), et puisque \(a_1 = 1\),

\[a_{2023} = (a_{2023} - a_{2022}) + \cdots + (a_2 - a_1) + a_1 \geq 3 \cdot 1011 + 1 = 3034.\]

Preuve de l'affirmation. Notons \(S = x_1 + \cdots + x_n\) et \(T = \frac{1}{x_1} + \cdots + \frac{1}{x_n}\), de sorte que \(a_n^2 = ST\). En développant,

\[a_{n+1}^2 = (S + x_{n+1})\left(T + \frac{1}{x_{n+1}}\right) = ST + 1 + \left(\frac{S}{x_{n+1}} + x_{n+1} T\right).\]

Par AM-GM, \(\frac{S}{x_{n+1}} + x_{n+1} T \geq 2\sqrt{ST} = 2a_n\), donc

\[a_{n+1}^2 \geq a_n^2 + 2a_n + 1 = (a_n + 1)^2.\]

Si \(a_{n+1} = a_n + 1\), on est dans le cas d'égalité de AM-GM :

\[\frac{S}{x_{n+1}} = x_{n+1} T. \tag{1}\]

Supposons par l'absurde que \(a_{n+1} = a_n + 1\) et \(a_{n+2} = a_{n+1} + 1\). En appliquant (1) au rang \(n+1\) :

\[\frac{S + x_{n+1}}{x_{n+2}} = x_{n+2}\left(T + \frac{1}{x_{n+1}}\right),\]

que l'on réécrit

\[\frac{x_{n+1}}{x_{n+2}} \left(\frac{S}{x_{n+1}} + 1\right) = \frac{x_{n+2}}{x_{n+1}} \left(x_{n+1} T + 1\right).\]

D'après (1), les deux parenthèses sont égales (et positives), donc \(\frac{x_{n+1}}{x_{n+2}} = \frac{x_{n+2}}{x_{n+1}}\), c'est-à-dire \(x_{n+1} = x_{n+2}\). C'est absurde, car les \(x_i\) sont distincts. \(\blacksquare\)

Solution 2

L'astuce : comparer \(a_{n+2}\) et \(a_n\). Avec \(S\) et \(T\) comme ci-dessus, et \(u = x_{n+1} + x_{n+2}\), \(v = \frac{1}{x_{n+1}} + \frac{1}{x_{n+2}}\) :

\[a_{n+2}^2 = (S + u)(T + v) = ST + uv + (Sv + uT).\]

Par AM-GM, \(Sv + uT \geq 2\sqrt{ST \cdot uv} = 2a_n\sqrt{uv}\), donc

\[a_{n+2}^2 \geq a_n^2 + uv + 2a_n\sqrt{uv}.\]

Par Cauchy-Schwarz (ou AM-GM), \(uv = (x_{n+1} + x_{n+2})\left(\frac{1}{x_{n+1}} + \frac{1}{x_{n+2}}\right) > 4\), l'inégalité étant stricte car \(x_{n+1} \neq x_{n+2}\). Ainsi

\[a_{n+2}^2 > a_n^2 + 4 + 4a_n = (a_n + 2)^2.\]

Comme \(a_{n+2}\) et \(a_n\) sont des entiers positifs, \(a_{n+2} \geq a_n + 3\).

Par récurrence, \(a_{2k+1} \geq a_1 + 3k = 3k + 1\) pour tout \(k \geq 0\). Pour \(k = 1011\), on obtient \(a_{2023} \geq 3034\). \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (la borne est optimale). Le même argument donne \(a_2 \geq 3\) et \(a_{2k} \geq 3k\). Ces bornes sont atteintes (au moins pour \(n \leq 2023\)) : il existe des \(x_1, \ldots, x_{2023} > 0\) distincts avec

\[a_n = \begin{cases} \dfrac{3n - 1}{2} & \text{si } n \text{ est impair,} \\[2mm] \dfrac{3n}{2} & \text{si } n \text{ est pair.} \end{cases}\]

On choisit \(x_1\) librement, puis chaque \(x_{n+1}\) en résolvant l'équation du second degré

\[a_{n+1}^2 = a_n^2 + 1 + \frac{1}{x_{n+1}} \sum_{i=1}^{n} x_i + x_{n+1} \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_i}.\]

Quand \(n\) est pair, le discriminant est nul : c'est exactement le cas d'égalité de AM-GM (\(a_{n+1} = a_n + 1\)). La solution officielle donne les formules explicites et vérifie par ordinateur que les valeurs obtenues sont distinctes. Curiosité : \(x_2 / x_1\) est la puissance quatrième du nombre d'or.

Remarque 2 (une forme plus efficace de Cauchy-Schwarz). Pour \(a, b, c, d \geq 0\),

\[\sqrt{(a + b)(c + d)} \geq \sqrt{ac} + \sqrt{bd}, \tag{2}\]

avec égalité si et seulement si \(a : c = b : d\). Avec \(a = S\), \(b = x_{n+1}\), \(c = T\), \(d = \frac{1}{x_{n+1}}\), on obtient directement \(a_{n+1} \geq a_n + 1\).

• Version de la solution 1. Si \(a_{n+1} = a_n + 1\) et \(a_{n+2} = a_{n+1} + 1\), les cas d'égalité de (2) donnent

  \[\frac{S + x_{n+1}}{T + \frac{1}{x_{n+1}}} = x_{n+1}^2 \quad \text{et} \quad \frac{S + x_{n+1}}{T + \frac{1}{x_{n+1}}} = x_{n+2}^2.\]

  Les membres de gauche sont égaux, donc \(x_{n+1} = x_{n+2}\) : contradiction.

• Version de la solution 2. Avec \(a = S\), \(b = u\), \(c = T\), \(d = v\) :

  \[a_{n+2} \geq a_n + \sqrt{uv} > a_n + 2,\]

  d'où \(a_{n+2} \geq a_n + 3\).