nombres réels
Bonjour chers collègues, je suis bloqué sur cette question, merci de m'aider.
Soient $x_1,\ldots,x_N$ des réels strictement positifs et $\varepsilon$ dans l'intervalle ouvert $]0,1[$ tels que, pour tous $i,\,j \in \{1,2,\ldots,N\}$, on a $x_ix_j\leq \varepsilon ^{\vert i-j\vert}.$
Montrer que : $$\sum_{i=1}^N x_i \leq \frac{1}{1-\sqrt{\varepsilon}}$$
Soient $x_1,\ldots,x_N$ des réels strictement positifs et $\varepsilon$ dans l'intervalle ouvert $]0,1[$ tels que, pour tous $i,\,j \in \{1,2,\ldots,N\}$, on a $x_ix_j\leq \varepsilon ^{\vert i-j\vert}.$
Montrer que : $$\sum_{i=1}^N x_i \leq \frac{1}{1-\sqrt{\varepsilon}}$$
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Réponses
je laisse de coté le cas N=1
vu comme ça je transformerai bien ta somme en produit
ça se manipule mieux
je ferai comme ça :
$0<\epsilon <1$ peut donc constituer une base de logarithme
l'exponentielle de base $\epsilon ^x$ est décroissante et strictement positive et inférieure ou égal à 1 pour tout x supérieur à 0
ici $|i-j|\geq 0$
pour tout $x_i.x_j$ alors lui aussi constitue une base de logarithme
l'exponentielle de base $(x_i.x_j )^x$ est décroissante et strictement positive et inférieure ou égal à 1 pour tout x supérieur à 0
le log en base $x_i.x_j$ est décroissante
nommons le $log_{x_ix_j}(x)$
en posant $log_{x_ix_j}(X_i)=x_i$
donc $(x_ix_j)^{x_i}=X_i$
$x_i+x_j=log_{x_ix_j}(X_i*X_j)$
$$x_i^2 \leqslant x_i x_N \leqslant \varepsilon^{N-i}$$
de sorte que
$$\sum_{i=1}^N x_i \leqslant \sum_{i=1}^N \varepsilon^{(N-i)/2} = \frac{1 - \varepsilon^{N/2}}{1-\sqrt{\varepsilon}} < \frac{1}{1-\sqrt{\varepsilon}}.$$
$\epsilon = \frac{1}{2}, x_1 = \frac{1}{2}, x_2 = 1, x_3 = \frac{1}{2} $
Si tu renumérotes $\tilde{x}_1 = \frac{1}{2}, \tilde{x}_2 = \frac{1}{2},\tilde{x}_3=1$ alors les réels ne vérifient plus l'inégalité : $\tilde{x}_1\tilde{x}_3 = \frac{1}{2} > \frac{1}{4} = \epsilon^{|3-1|}$
Sinon, en modifiant un peu la même méthode, on a l'inégalité légèrement moins bonne suivante : soit $M \in \{1,\dotsc,N\}$ tel que, pour tout $i \in \{1,\dotsc,N\}$, on ait $x_i \leqslant x_M$. Alors
$$x_i^2 \leqslant x_i x_M \leqslant \varepsilon^{\left | M - i \right |}$$
puis
$$\sum_{i=1}^N x_i \leqslant \sum_{i=1}^N \varepsilon^{\left | M - i \right |/2} = \frac{1+\varepsilon^{1/2} - \varepsilon^{M/2} - \varepsilon^{(N+1-M)/2}}{1-\varepsilon^{1/2}} < \frac{2}{1-\varepsilon^{1/2}}.$$
Je pense qu'on peut arriver à la majoration $\frac{1+\e^2}{1-\e^2}$ (qui implique celle demandée). Si on considère que les $x_i$ sont indexés par $\Z$ au lieu, peut-être qu'on peut montrer que le pire des cas est obtenu avec $(\dots,\e^2,\e,1,\e,\e^2,\dots)$. J'arrive à m'en convaincre avec un dessin par la méthode suivante. Premièrement, on remplace les nombres par leurs logarithmes en base $\e$ comme le suggère fluorhydrique, les contraintes deviennent $x_i + x_j \geq |i-j|$, ce qui se réécrit $x_j \geq |j-i| - x_i$. La contrainte associée à $x_i$ se dessine par un translaté du graphe de la valeur absolue (on prend le symétrique de $(i,x_i)$ par rapport à l'axe des abscisses, c'est le sommet de la courbe).
Soit $a$ l'index tel que $|j-a|-x_a$ soit maximal lorsque $j$ tend vers l'infini. Cela revient à minimiser $x_a+a$. On fait pareil lorsque $j$ tend vers l'infini négatif, cela donne $b$ tel que $x_b-b$ est minimal. On suppose que ces index existent, de toute manière ça existe dans notre cas et on peut peut-être remplacer par l'infimum dans le cas général. Graphiquement, on voit que l'on doit avoir $b \leq a$.
On prend le point d'intersection des courbes associées à $x_a$ et $x_b$. On prend le graphe de la valeur absolue retourné (le graphe de $-|x|$) et on le déplace pour que son sommet se retrouve en ce point. Alors les contraintes qu'on a imposée sur $a$ et $b$ font que n'importe quel $(i,-x_i)$ doit être sous cette courbe. On prend donc le symétrique de cette courbe par rapport à l'axe des abscisses, cela donne un minorant aux $x_i$.
Les deux configurations minimales sont celle que j'ai donnée a début et $(\dots,\e^{3/2},\e^{1/2},\e^{1/2},\e^{3/2},\dots)$. Cela donne comme minorant le maximum de $\frac{1+\e^2}{1-\e^2}$ et $\frac{2\sqrt{\e}}{1-\e}$, on peut sans doute vérifier que c'est plus petit que la borne voulue.
Reste à rédiger proprement…
On peut aussi indexer par $\R$ au lieu de $\Z$ (et intégrer).
de plus comme $0<1-\sqrt {\epsilon }<1$ lui aussi placé en produit avec la sommation peut devenir un facteur pour la base de mon log
Ce que j’avais pensé est d'écrire $$\Big(\sum_{i=1}^N x_i\Big)^2=\sum_{i=1}^N x_i^2+2\sum_{i\neq j}x_i x_j
$$ Puis d'utiliser la majoration de l'énoncé , le problème est qu'on obtient une expression contenant $N$.
Je me demande que si on a pour tout $i,j,\ x_i x_j=\epsilon ^{\vert i-j \vert }$, la formule précédente va s'écrire $$\Big(\sum_{i=1}^N x_i\Big)^2=N+2\sum_{i\neq j}x_i x_j$$ ce qui ne peut pas garantir l'inégalité sauf s'il y a un lien entre $\epsilon$ et les $x_i$
Soit $\newcommand{\e}{\varepsilon}\e \in \left]0,1\right[$ et soit $x : \Z \to [0,1]$ tel que l'on ait toujours $x_i x_j \leq \e^{|i-j|}$. Soit $y_i := \log_{\e}(x_i)$. Alors $y_j + y_i \geq |i-j|$. Cela veut dire que $y_j + y_i \geq i-j$ et que $y_j + y_i \geq j-i$. Autrement dit, on a $y_j \geq -j + (i-y_i)$ et $y_j \geq j - (i + y_i)$.
Soit $a := \sup_{i \in \Z} -i-y_i$ et $b := \sup_{i \in \Z} i - y_i$. Alors on a $y_j \geq -j + a$ et $y_j \geq j + b$. De plus, par extrémalité (ce mot ne se dit pas ?) de $a$ et $b$, on a $-j-y_j \leq a$ et $j-y_j \leq b$.
En mettant tout ensemble, on obtient
\[ y_j \geq \max(-j+a, j+b, j-a, -j-b) = \max(|j-a|, |j+b|) \text{.} \]
Là je saute le calcul mais on obtient un truc de la forme $y_j \geq |j-\alpha| + \beta$ avec $\beta \geq 0$. On en déduit que $y_j \geq |j-\alpha|$ avec un certain $\alpha$ qui est soit entier, soit demi-entier. Les deux pires des cas sont donc $(\dots,\e^2,\e,1,\e,\e^2,\dots)$ (quand $\alpha$ est entier) et $(\dots,\e^{3/2},\e^{1/2},\e^{1/2},\e^{3/2},\dots)$ (quand $\alpha$ est demi-entier). Dans le premier cas, on trouve comme somme $\frac{1+\e^2}{1-\e^2}$ et dans le deuxième on trouve $\frac{2\sqrt{\e}}{1-\e}$. Les deux sont inférieurs ou égaux à $\frac{1}{1-\sqrt{\e}}$.
Pour ceux qui connaissent, ils me font un peu penser à ceux de pourexemple qui a quitté le forum.
P.S. Désolé Champ-Pot-Lion, j'ai cherché plus compliqué mais je n'ai pas trouvé.
J'avais finalement trouvé "ma" preuve par l'absurde, ça remonte !!!
Quant à moi, j'ai viré mon second cas qui n'avait aucune importance.