Casse-tête n°3 : une moyenne bien entourée

On m’a récemment suggéré un joli problème tiré des OIM 2014 qui ont eu lieu le 8 juillet dernier. L’énoncé est le suivant :

Note

Soit $a_{0} < a_{1} < a_{2} < . . .$ une suite infinie d’entiers strictement positifs. Prouver qu’il existe un unique entier $n \geq 1$ tel que $a_{n} < \frac{a_{0} + a_{1} + . . . + a_{n}}{n} \leq a_{n + 1}$

J’ai cherché en vain une jolie solution géométrique en réécrivant le problème comme suit : $n a_{n} < a_{0} + a_{1} + . . . + a_{n} \leq n a_{n + 1}$

en voyant les $a_{0}, a_{1}, . . ., a_{n}$ comme des rectangles de largeur 1 et de hauteur $a_{i}$ , et $n a_{n}$ le “gros rectangles” qui les englobent.

Cette écriture m’a ensuite suggéré de retrancher $n$ fois le $a_{n}$ (comme on fait souvent pour démontrer Césaro en redistribuant une valeur sur chacun des termes) :

$0 < a_{0} + (a_{1} - a_{n}) + (a_{2} - a_{n}) + . . . + (a_{n - 1} - a_{n}) \leq n (a_{n + 1} - a_{n})$

Mais là ça me plaisait moyen parce que les termes $(a_{i} - a_{n})$ étaient négatifs (puisque la suite est strictement croissante). Qu’à cela ne tienne on les vire de l’autre côté des inégalités :

$(a_{n} - a_{1}) + (a_{n} - a_{2}) + . . . + (a_{n} - a_{n - 1}) < a_{0}$ $a_{0} \leq (a_{n} - a_{1}) + (a_{n} - a_{2}) + . . . + (a_{n} - a_{n - 1}) + n (a_{n + 1} - a_{n})$

Bon et là je pensais faire intervenir une suite auxiliaire croissante et espérer voir apparaître un truc intéressant de part et d’autre, mais non :D

Pourtant je sentais qu’il y avait de l’idée en reformulant le problème par l’encadrement de la valeur $a_{0}$ avec une suite croissante… Alors je refais marche arrière, et cette fois-ci ce n’est pas les $a_{n}$ que je déplace, mais les $a_{1} + . . . + a_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k}$ :

$n a_{n} < a_{0} + a_{1} + . . . + a_{n} \leq n a_{n + 1} \Leftrightarrow n a_{n} - \sum_{k = 1}^{n} a_{k} < a_{0} \leq n a_{n + 1} - \sum_{k = 1}^{n} a_{k}$

A gauche on peut faire sauter un des $a_{n}$ puisqu’il s’annule avec celui de la somme :

$(n - 1) a_{n} - \sum_{k = 1}^{n - 1} a_{k} < a_{0} \leq n a_{n + 1} - \sum_{k = 1}^{n} a_{k}$

C’est maintenant qu’on fait rentrer les $a_{n}$ dans la somme ! :)

$\sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{n} - a_{k}) < a_{0} \leq \sum_{k = 1}^{n} (a_{n + 1} - a_{k})$

Ca y est on tient le bon bout ! Si je note $b_{n} = \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{n} - a_{k})$ alors on a :

$b_{n} < a_{0} \leq b_{n + 1}$

Une fois le problème reformulé via cette suite auxiliaire, la résolution devient très simple :

En effet puisque la suite $(a_{n})$ est strictement croissante, on a : $\begin{array}{rcl} b_{n + 1} - b_{n} & = & \sum_{k = 1}^{n} (a_{n + 1} - a_{k}) - \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{n} - a_{k}) \\ = & a_{n + 1} - a_{n} + \sum_{k = 1}^{n - 1} [(a_{n + 1} - a_{k}) - (a_{n} - a_{k})] \\ = & a_{n + 1} - a_{n} + \sum_{k = 1}^{n - 1} (a_{n + 1} - a_{n}) \\ = & n (a_{n + 1} - a_{n}) > 0 \end{array}$

Donc la suite d’entiers naturels $(b_{n})$ est strictement croissante également, avec pour premier terme $b_{1} = 0$ .

Ainsi une fois l’entier $a_{0} > 0$ fixé, il existe un unique rang $n$ tel que $b_{n} < a_{0} \leq b_{n + 1}$

CQFD.