Shortlist 2024, A5

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

Concepts : Sommes, télescopage et transformation d'Abel · AM-GM et moyennes · Suites et récurrences · Principe extrémal

Solution officielle : Shortlist officielle 2024 (avec solutions), section A5 (livret PDF)

Énoncé

Find all periodic sequences \(a_1, a_2, \ldots\) of real numbers such that the following conditions hold for all \(n \geq 1\):

\[a_{n+2} + a_n^2 = a_n + a_{n+1}^2 \quad \text{and} \quad |a_{n+1} - a_n| \leq 1.\]

Indices : les idées clés

• Factoriser la relation : \(a_{n+2} + a_{n+1} = (a_{n+1} + a_n)(a_{n+1} - a_n + 1)\) (solution 1), ou de façon équivalente \(a_{n+2} - a_{n+1} = (a_{n+1} - a_n)(a_{n+1} + a_n - 1)\) (solution 3).
• Sommes, télescopage : sur une période, le produit des quotients \(\frac{a_{i+2}+a_{i+1}}{a_{i+1}+a_i}\) vaut \(1\) (solution 1) et la somme des \(a_{i+1} - a_i\) vaut \(0\) (solution 2).
• AM-GM (solution 1) : un produit de \(T\) facteurs positifs de somme \(T\) qui vaut \(1\) force tous les facteurs à valoir \(1\).
• Suites et récurrences (solution 2) : avec \(s_n = a_{n+1} + a_n\) et \(d_n = a_{n+1} - a_n\), on obtient un système \(s_{n+1} = s_n(1+d_n)\), \(d_{n+1} = d_n(s_n - 1)\) ; une suite périodique ne peut pas avoir \(|d_n|\) strictement monotone.
• Principe extrémal (solution 3) : regarder un indice \(k\) où \(|a_k|\) est maximal.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2024 (trois solutions).

Réponse. Les suites solutions sont exactement

\[c, -c, c, -c, \ldots \quad \text{avec } c \in \left[-\tfrac12, \tfrac12\right], \qquad \text{et} \qquad d, d, d, d, \ldots \quad \text{avec } d \in \mathbb{R}.\]

On vérifie immédiatement que ces suites conviennent (pour la première, \(a_{n+2} = a_n\), \(a_n^2 = a_{n+1}^2\), et \(|a_{n+1} - a_n| = 2|c| \leq 1\)).

Solution 1

On réécrit la première condition sous la forme

\[a_{n+2} + a_{n+1} = (a_{n+1} + a_n)(a_{n+1} - a_n + 1). \tag{1}\]

(En effet, le membre de droite vaut \(a_{n+1}^2 - a_n^2 + a_{n+1} + a_n\), et la relation donne \(a_{n+2} = a_n + a_{n+1}^2 - a_n^2\).)

Premier cas. S'il existe \(m\) tel que \(a_{m+1} + a_m = 0\), alors d'après (1), \(a_{n+1} + a_n = 0\) pour tout \(n \geq m\). Comme la suite \((a_{i+1} + a_i)\) est périodique, on a \(a_{i+1} + a_i = 0\) pour tout \(i \geq 1\). La suite est donc de la forme \(c, -c, c, -c, \ldots\), et la condition \(|a_2 - a_1| = 2|c| \leq 1\) donne \(|c| \leq \frac12\).

Second cas. Supposons \(a_{n+1} + a_n \neq 0\) pour tout \(n\), et soit \(T\) la période de la suite. D'après (1), par télescopage,

\[1 = \prod_{i=1}^{T} \frac{a_{i+2} + a_{i+1}}{a_{i+1} + a_i} = \prod_{i=1}^{T} (a_{i+1} - a_i + 1).\]

Comme ce produit est non nul et que \(|a_{i+1} - a_i| \leq 1\), chaque facteur vérifie \(a_{i+1} - a_i + 1 > 0\). Par AM-GM, et puisque \(\sum_{i=1}^{T} (a_{i+1} - a_i) = a_{T+1} - a_1 = 0\),

\[1 = \prod_{i=1}^{T} (a_{i+1} - a_i + 1) \leq \left( \frac{\sum_{i=1}^{T} (a_{i+1} - a_i + 1)}{T} \right)^{T} = 1.\]

Il y a donc égalité dans AM-GM, d'où

\[a_2 - a_1 = a_3 - a_2 = \cdots = a_{T+1} - a_T,\]

et ces écarts, de somme nulle, sont tous nuls : la suite \((a_i)\) est constante.

Les suites solutions sont donc celles annoncées. \(\blacksquare\)

Solution 2

Posons \(s_n = a_{n+1} + a_n\) et \(d_n = a_{n+1} - a_n\) ; la suite \((a_n)\) est périodique si et seulement si \((s_n)\) et \((d_n)\) le sont. Les conditions se réécrivent

\[s_{n+1} = s_n (1 + d_n), \qquad d_{n+1} = d_n (s_n - 1), \qquad |d_n| \leq 1.\]

Si \(s_n = 0\) pour un certain \(n\), alors \(s_i = 0\) pour tout \(i \geq n\), et par périodicité tous les \(s_i\) sont nuls : on obtient la suite \(c, -c, c, -c, \ldots\) avec \(|c| \leq \frac12\). De même, si \(d_n = 0\) pour un certain \(n\) et que la suite est périodique, tous les \(d_i\) sont nuls et la suite est constante \(c, c, c, \ldots\).

Montrons que ce sont les seules suites périodiques : supposons par l'absurde que la suite est périodique et qu'aucun \(s_i\) ni aucun \(d_i\) n'est nul. On établit alors deux propriétés.

1. Tous les \(s_n\) sont strictement positifs. Comme \(|d_n| \leq 1\) et \(s_{n+1} = s_n(1 + d_n) \neq 0\), on a \(d_n > -1\), donc tous les \(s_n\) ont le même signe. S'ils étaient tous négatifs, on aurait \(|d_{n+1}| = |d_n|\,|s_n - 1| > |d_n|\), donc \((|d_i|)\) serait strictement croissante, ce qui contredit la périodicité.

2. Si \(d_n > 0\), alors \(0 < s_n < 1\). Supposons par l'absurde \(d_n > 0\) et \(s_n \geq 1\). Comme \(d_{n+1} \neq 0\), on a \(s_n > 1\), puis \(d_{n+1} > 0\) et \(s_{n+1} > s_n > 1\). Par récurrence, \(d_i > 0\) pour tout \(i \geq n\) et \(s_{i+1} > s_i\) pour \(i \geq n\), ce qui contredit la périodicité.

Concluons. Soit \(T\) la période de \((a_i)\) : alors \(\sum_{i=1}^{T} d_i = a_{T+1} - a_1 = 0\) (télescopage), donc il existe \(n\) avec \(d_n > 0\). Par la propriété 2, \(0 < s_n < 1\), et en particulier \(s_n < 2\). Supposons \(s_i < 2\). Si \(d_i < 0\), alors \(s_{i+1} = s_i(1 + d_i) < s_i < 2\) ; si \(d_i > 0\), alors \(0 < s_i < 1\) par la propriété 2, et \(s_{i+1} = s_i(1 + d_i) \leq 2 s_i < 2\). Dans les deux cas \(s_{i+1} < 2\), donc par récurrence \(s_k < 2\) pour tout \(k \geq n\). Avec la propriété 1, \(0 < s_k < 2\), d'où \(|s_k - 1| < 1\) et

\[|d_{k+1}| = |d_k|\,|s_k - 1| < |d_k| \quad \text{pour tout } k \geq n,\]

ce qui contredit la périodicité de \((d_k)\).

Les seules suites périodiques sont donc les deux familles annoncées. \(\blacksquare\)

Solution 3

Réduction. Si \(a_{n+1} = -a_n\) pour un certain \(n\), alors \(a_{n+2} = a_n = -a_{n+1}\), et par périodicité on obtient la première famille de solutions. Si \(a_{n+1} = a_n\) pour un certain \(n\), alors \(a_{n+2} = a_n = a_{n+1}\), et par périodicité on obtient la seconde. Si \(a_{n+2} = a_n\) pour un certain \(n\), alors \(a_n^2 = a_{n+1}^2\), donc \(a_{n+1} = \pm a_n\) et l'un des deux cas précédents s'applique. On suppose désormais que la suite n'est pas de l'une de ces formes, c'est-à-dire que \(a_n \neq a_{n+1}\), \(a_n \neq -a_{n+1}\) et \(a_n \neq a_{n+2}\) pour tout \(n\). La relation se réécrit

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

Affirmation 1. Pour tout \(n\), \(a_n \leq \frac12\).

Preuve. D'abord, on ne peut pas avoir \(a_n > \frac12\) pour tout \(n\) : sinon \(a_{n+1} + a_n - 1 > 0\) pour tout \(n\), et (2) montre que \(a_{n+2} - a_{n+1}\) a le même signe que \(a_{n+1} - a_n\) pour tout \(n\). La suite serait monotone, ce qui contredit la périodicité.

Ensuite, si \(a_{n+1} \leq \frac12\) et \(a_{n+2} > \frac12\), alors, comme \(t^2 - t \geq -\frac14\) pour tout réel \(t\),

\[a_{n+1}^2 = a_{n+2} + a_n^2 - a_n \geq a_{n+2} - \frac14 > \frac14, \quad \text{donc } |a_{n+1}| > \frac12.\]

Puisque \(a_{n+1} \leq \frac12\), cela impose \(a_{n+1} < -\frac12\), d'où \(|a_{n+2} - a_{n+1}| > 1\) : contradiction. Ainsi, s'il existe un terme \(\leq \frac12\), tous les termes suivants le sont, et par périodicité tous les termes le sont. \(\square\)

D'après l'affirmation 1, \(a_{n+1} + a_n - 1 \leq 0\), avec égalité seulement si \(a_n = a_{n+1} = \frac12\), ce qui est exclu. L'identité (2) montre alors que \(a_{n+2} - a_{n+1}\) et \(a_{n+1} - a_n\) sont de signes opposés pour tout \(n\) : \(a_n < a_{n+1} \iff a_{n+1} > a_{n+2}\).

Affirmation 2. On a \(a_n > 0 \iff a_{n+1} \leq 0\) : les signes de la suite alternent.

Preuve. On ne peut pas avoir \(a_n > 0\) pour tout \(n\) : avec l'affirmation 1, on aurait \(|a_{n+1} + a_n - 1| < 1\) pour tout \(n\), et (2) montrerait que \(|a_{n+1} - a_n|\) est strictement décroissante, ce qui contredit la périodicité. On ne peut pas non plus avoir \(a_n \leq 0\) pour tout \(n\) : on aurait \(|a_{n+1} + a_n - 1| > 1\) pour tout \(n\) (on n'a jamais \(a_n = a_{n+1} = 0\), la suite n'étant pas constante), donc \(|a_{n+1} - a_n|\) serait strictement croissante.

Ainsi, si les signes n'alternent pas, par périodicité il existe \(n\) tel que \(a_n > 0\) et \(a_{n+1}, a_{n+2} \leq 0\), ou bien \(a_n, a_{n+1} > 0\) et \(a_{n+2} \leq 0\). Dans les deux cas,

\[a_n^2 - a_n = a_{n+1}^2 - a_{n+2} \geq a_{n+1}^2 \geq 0,\]

donc \(a_n \geq 1\) puisque \(a_n > 0\).

Cela contredit l'affirmation 1. \(\square\)

Précision ajoutée : le livret écrit ici « \(a_n > 1\) », puis conclut en distinguant les deux cas (dans le premier, \(a_n - a_{n+1} > 1\) ; dans le second, \(a_n < a_{n+1}\) car \(a_{n+1} > a_{n+2}\), puis \(a_{n+1} - a_{n+2} > a_n - a_{n+2} > 1\)). L'inégalité obtenue est en fait \(a_n \geq 1\), qui contredit directement l'affirmation 1.

Deux configurations impossibles. On ne peut pas avoir \(a_{n+2} > -a_{n+1} > a_n\) pour un certain \(n\), car alors

\[a_{n+1}^2 - a_n^2 = a_{n+2} - a_n > -a_{n+1} - a_n > 0,\]

et en divisant par \(-(a_{n+1} + a_n) > 0\) on obtient \(a_n - a_{n+1} > 1\) : contradiction. De même, on ne peut pas avoir \(a_n > -a_{n+1} > a_{n+2}\), car alors

\[a_n^2 - a_{n+1}^2 = a_n - a_{n+2} > a_n + a_{n+1} > 0,\]

et en divisant par \(a_n + a_{n+1} > 0\) on obtient \(a_n - a_{n+1} > 1\). Compte tenu de l'alternance des signes (affirmation 2), ces deux exclusions montrent que \(|a_{n+1}|\) n'est jamais compris entre \(|a_n|\) et \(|a_{n+2}|\).

Conclusion par le principe extrémal. Soit \(k\) un indice tel que \(|a_k|\) soit maximal (il existe par périodicité). On ne peut pas avoir \(|a_{k-2}| = |a_k|\), car, \(a_{k-2}\) et \(a_k\) ayant le même signe (affirmation 2), cela donnerait \(a_{k-2} = a_k\). On ne peut pas avoir non plus \(|a_{k-2}| \leq |a_{k-1}|\), car \(|a_{k-1}|\) serait alors entre \(|a_{k-2}|\) et \(|a_k|\). Donc \(|a_{k-1}| < |a_{k-2}| < |a_k|\). Comme \(|a_k|\) est maximal, \(a_k \neq 0\).

• Si \(a_k > 0\), alors \(a_{k-2} > 0\) et la relation au rang \(k-2\) donne \(a_k - a_{k-2} = a_{k-1}^2 - a_{k-2}^2 < 0\), alors que \(a_k > a_{k-2}\) : contradiction.
• Si \(a_k < 0\), alors \(a_{k+2} < 0\) et la relation au rang \(k\) donne \(a_k - a_{k+2} = a_k^2 - a_{k+1}^2 > 0\), alors que \(|a_{k+2}| \leq |a_k|\) impose \(a_{k+2} \geq a_k\) : contradiction.

Il n'y a donc pas d'autre suite périodique que les deux familles annoncées. \(\blacksquare\)