Shortlist 2024, A3

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

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

Solution officielle : Shortlist officielle 2024 (avec solutions), section A3 (livret PDF)

Énoncé

Decide whether for every sequence \((a_n)\) of positive real numbers,

\[\frac{3^{a_1} + 3^{a_2} + \cdots + 3^{a_n}}{(2^{a_1} + 2^{a_2} + \cdots + 2^{a_n})^2} < \frac{1}{2024}\]

is true for at least one positive integer \(n\).

Indices : les idées clés

• Comparer terme à terme (solution 1) : \(3^{a_i} \leq \left(\frac{3}{4}\right)^{M} 2^{M} 2^{a_i}\) où \(M\) est le plus grand terme, d'où une majoration par \(\left(\frac{3}{4}\right)^{M}\).
• Grands termes / petits termes (solutions 1 et 3) : un terme grand rend la fraction petite ; si tous les termes sont bornés, le dénominateur, au moins \(n^2\), l'emporte.
• Convexité et Jensen (solution 2) : \(x \mapsto x^{\log_3 4}\) est convexe, ce qui compare \(\sum 4^{a_i}\) et \(\sum 3^{a_i}\).
• AM-GM pondérée (solution 4) : \(2^{a_i} + (n-1) \geq \left(\frac{3}{2}\right)^{a_i} (n-1)^{2/5}\) donne directement la borne \(\frac{1}{(n-1)^{2/5}}\).

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2024 (quatre solutions et deux remarques).

Réponse : oui. Pour toute suite \((a_n)\) de réels strictement positifs, il existe un tel \(n\) (et même, l'inégalité est vraie pour tout \(n\) assez grand).

Dans toutes les solutions, on note \(\varepsilon = \frac{1}{2024}\) et l'on appelle (1) l'inégalité de l'énoncé :

\[\frac{3^{a_1} + 3^{a_2} + \cdots + 3^{a_n}}{(2^{a_1} + 2^{a_2} + \cdots + 2^{a_n})^2} < \varepsilon. \tag{1}\]

Solution 1

Pour tout entier \(n \geq 1\), posons \(M_n = \max(a_1, a_2, \ldots, a_n)\). Montrons d'abord que

\[\frac{3^{a_1} + 3^{a_2} + \cdots + 3^{a_n}}{(2^{a_1} + 2^{a_2} + \cdots + 2^{a_n})^2} \leq \left(\frac{3}{4}\right)^{M_n}. \tag{2}\]

Pour \(i = 1, \ldots, n\), l'inégalité \(\left(\frac{3}{2}\right)^{a_i} \leq \left(\frac{3}{2}\right)^{M_n}\) s'écrit \(3^{a_i} \leq \left(\frac{3}{4}\right)^{M_n} \cdot 2^{M_n} \cdot 2^{a_i}\). En sommant sur \(i\), et comme \(2^{M_n} \leq \sum_{i=1}^n 2^{a_i}\),

\[\sum_{i=1}^{n} 3^{a_i} \leq \left(\frac{3}{4}\right)^{M_n} \cdot 2^{M_n} \cdot \sum_{i=1}^{n} 2^{a_i} \leq \left(\frac{3}{4}\right)^{M_n} \cdot \left(\sum_{i=1}^{n} 2^{a_i}\right)^2,\]

ce qui équivaut à (2).

Soit maintenant \(\mu = \log_{4/3} \frac{1}{\varepsilon}\), de sorte que \(\left(\frac{3}{4}\right)^{\mu} = \varepsilon\).

• Un grand terme. S'il existe un indice \(n\) tel que \(a_n > \mu\), alors \(M_n \geq a_n > \mu\) et, par (2), le quotient est au plus \(\left(\frac{3}{4}\right)^{M_n} < \left(\frac{3}{4}\right)^{\mu} = \varepsilon\).

• Que des petits termes. Sinon, \(0 < a_i \leq \mu\) pour tout \(i\), donc \(3^{a_i} \leq 3^{\mu}\) et \(2^{a_i} > 1\), et

  \[\frac{3^{a_1} + \cdots + 3^{a_n}}{(2^{a_1} + \cdots + 2^{a_n})^2} \leq \frac{n \cdot 3^{\mu}}{(n \cdot 1)^2} = \frac{3^{\mu}}{n},\]

  qui est strictement inférieur à \(\varepsilon\) dès que \(n > \left\lfloor \frac{3^{\mu}}{\varepsilon} \right\rfloor\).

Dans les deux cas, (1) est vraie pour au moins un \(n\). \(\blacksquare\)

Solution 2

On combine deux majorations.

Première majoration. Trivialement, \((2^{a_1} + \cdots + 2^{a_n})^2 \geq 4^{a_1} + \cdots + 4^{a_n}\), donc

\[\frac{3^{a_1} + \cdots + 3^{a_n}}{(2^{a_1} + \cdots + 2^{a_n})^2} \leq \frac{3^{a_1} + \cdots + 3^{a_n}}{4^{a_1} + \cdots + 4^{a_n}}.\]

En appliquant l'inégalité de Jensen à la fonction convexe \(x \mapsto x^{\log_3 4}\) (exposant \(> 1\)) aux nombres \(3^{a_i}\) :

\[\frac{4^{a_1} + \cdots + 4^{a_n}}{n} = \frac{(3^{a_1})^{\log_3 4} + \cdots + (3^{a_n})^{\log_3 4}}{n} \geq \left(\frac{3^{a_1} + \cdots + 3^{a_n}}{n}\right)^{\log_3 4}.\]

En notant \(T = 3^{a_1} + \cdots + 3^{a_n}\), on obtient

\[\frac{T}{(2^{a_1} + \cdots + 2^{a_n})^2} \leq \frac{T}{4^{a_1} + \cdots + 4^{a_n}} \leq \frac{T}{n \left(\frac{T}{n}\right)^{\log_3 4}} = \left(\frac{n}{T}\right)^{\log_3 4 - 1}.\]

Par conséquent, (1) est vraie dès que

\[T > \left(\frac{1}{\varepsilon}\right)^{\frac{1}{\log_3 4 - 1}} \cdot n. \tag{3}\]

Seconde majoration. Trivialement, \((2^{a_1} + \cdots + 2^{a_n})^2 > n^2\), donc

\[\frac{T}{(2^{a_1} + \cdots + 2^{a_n})^2} \leq \frac{T}{n^2},\]

et (1) est vraie dès que

\[T < \varepsilon \cdot n^2. \tag{4}\]

Conclusion. Si \(n > \left(\frac{1}{\varepsilon}\right)^{1 + \frac{1}{\log_3 4 - 1}}\), alors \(\left(\frac{1}{\varepsilon}\right)^{\frac{1}{\log_3 4 - 1}} \cdot n < \varepsilon \cdot n^2\), donc l'une au moins des conditions (3) et (4) est satisfaite, et (1) est vraie. \(\blacksquare\)

Solution 3

Posons \(C = \log_{4/3} \frac{2}{\varepsilon}\), de sorte que si \(a_i > C\), alors \(3^{a_i} < \frac{\varepsilon}{2} \cdot 4^{a_i}\). On sépare les termes en « petits » et « grands » selon leur position par rapport à \(C\) :

\[S_n = \{ i \leq n \mid a_i \leq C \} \quad \text{et} \quad L_n = \{ i \leq n \mid a_i > C \}.\]

Notons \(\Sigma = \sum_{i \in S_n} 2^{a_i} + \sum_{i \in L_n} 2^{a_i} = 2^{a_1} + \cdots + 2^{a_n}\). Il suffit de montrer que

\[\frac{\sum_{i \in S_n} 3^{a_i}}{\Sigma^2} + \frac{\sum_{i \in L_n} 3^{a_i}}{\Sigma^2} < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2}.\]

Les grands termes. Si \(L_n\) est non vide,

\[\frac{\sum_{i \in L_n} 3^{a_i}}{\Sigma^2} < \frac{\varepsilon}{2} \cdot \frac{\sum_{i \in L_n} 4^{a_i}}{\left(\sum_{i \in L_n} 2^{a_i}\right)^2} \leq \frac{\varepsilon}{2},\]

et c'est trivialement vrai (avec \(\leq\), le membre de gauche étant nul) si \(L_n\) est vide.

Les petits termes. Supposons \(n \geq \frac{2}{\varepsilon}\left(\frac{3}{2}\right)^{C}\). Pour \(i \in S_n\), on a \(3^{a_i} \leq \left(\frac{3}{2}\right)^{C} 2^{a_i}\), donc

\[\frac{\sum_{i \in S_n} 3^{a_i}}{\Sigma^2} \leq \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^{C} \sum_{i \in S_n} 2^{a_i}}{\Sigma^2} \leq \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^{C}}{\Sigma} < \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^{C}}{n} \leq \frac{\varepsilon}{2},\]

puisque \(\Sigma > n\). En additionnant (l'une des deux inégalités au moins étant stricte), on obtient (1) pour tout \(n \geq \frac{2}{\varepsilon}\left(\frac{3}{2}\right)^{C}\). \(\blacksquare\)

Solution 4

Pour chaque indice \(i = 1, 2, \ldots, n\), on applique l'inégalité AM-GM pondérée aux nombres \(2^{a_i}\) et \(n - 1\), avec les poids \(\log_2 \frac{3}{2} \approx 0{,}585\) et \(\log_2 \frac{4}{3} \approx 0{,}415\) (de somme \(1\)). Comme les \(2^{a_j}\) sont tous supérieurs à \(1\),

\[\begin{aligned} 2^{a_1} + 2^{a_2} + \cdots + 2^{a_n} &\geq 2^{a_i} + (n - 1) \\ &> \log_2 \tfrac{3}{2} \cdot 2^{a_i} + \log_2 \tfrac{4}{3} \cdot (n - 1) \\ &\geq \left(2^{a_i}\right)^{\log_2 \frac{3}{2}} \cdot (n - 1)^{\log_2 \frac{4}{3}} = \left(\frac{3}{2}\right)^{a_i} \cdot (n - 1)^{\log_2 \frac{4}{3}} \geq \left(\frac{3}{2}\right)^{a_i} \cdot (n - 1)^{2/5}. \end{aligned}\]

En multipliant par \(2^{a_i}\) et en sommant sur \(i = 1, 2, \ldots, n\) :

\[\left(2^{a_1} + \cdots + 2^{a_n}\right)^2 = \sum_{i=1}^{n} 2^{a_i}\left(2^{a_1} + \cdots + 2^{a_n}\right) > (n - 1)^{2/5} \sum_{i=1}^{n} 3^{a_i},\]

donc

\[\frac{3^{a_1} + 3^{a_2} + \cdots + 3^{a_n}}{(2^{a_1} + 2^{a_2} + \cdots + 2^{a_n})^2} < \frac{1}{(n - 1)^{2/5}}.\]

Si \(n \geq \left(\frac{1}{\varepsilon}\right)^{5/2} + 1\), alors \(\frac{1}{(n-1)^{2/5}} \leq \varepsilon\), et (1) est vraie. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1 (variantes de l'énoncé). La question peut se poser sous plusieurs formes : (i) montrer l'existence d'un tel \(n\), comme ici ; (ii) montrer que l'inégalité est vraie pour tout \(n\) assez grand ; (iii) donner un entier \(N\) explicite et demander de la prouver pour tout \(n > N\). Les solutions ci-dessus fournissent diverses valeurs de \(N\).

Remarque 2 (preuve de (2) par récurrence). On peut aussi démontrer (2) par récurrence sur \(n\), le cas \(n = 1\) étant clair. Pour l'hérédité, on range les termes par ordre croissant \(b_1 \leq b_2 \leq \cdots \leq b_n\) ; il suffit par exemple de vérifier

\[\frac{3^{b_1} + \cdots + 3^{b_n}}{(2^{b_1} + \cdots + 2^{b_n})^2} \leq \frac{3^{b_1} + \cdots + 3^{b_n}}{(2^{b_1} + \cdots + 2^{b_n})(2^{b_2} + \cdots + 2^{b_n})} \leq \frac{3^{b_2} + \cdots + 3^{b_n}}{(2^{b_2} + \cdots + 2^{b_n})^2}.\]

La seconde inégalité équivaut à \(3^{b_1} \sum_{i=2}^{n} 2^{b_i} \leq 2^{b_1} \sum_{i=2}^{n} 3^{b_i}\), qui découle de \(\left(\frac{3}{2}\right)^{b_1} \leq \left(\frac{3}{2}\right)^{b_i}\).