Problem 1865

Solution:

Il existe un tel $\epsilon$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

Si un tel $\epsilon$ existe pour chaque $n$, on s'attend à ce qu'il dépende de $n$. En gardant à l'esprit la chaîne d'inégalités $\mathrm{AM} \geq \mathrm{GM} \geq \mathrm{HM}$, on voit que le membre de droite devient plus grand si $\epsilon$ devient plus petit. Une supposition raisonnable serait $\epsilon=\frac{1}{n}$, et cela fonctionne effectivement.

Puisque
$$1-\epsilon=\frac{n-1}{n}$$
on peut écrire le membre de droite comme une somme de $n-1$ moyennes arithmétiques et 1 moyenne harmonique. On applique l'inégalité AM-GM avec $n$ variables à ceci (où l'on multiplie le numérateur et le dénominateur de la moyenne harmonique par $x_{1} \cdots x_{n}$ au préalable):
$$(n-1) \frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n^{2}}+\frac{x_{1} \cdots x_{n}}{\sum_{j=1}^{n} \prod_{i \neq j} x_{i}} \geq n \cdot \sqrt[n]{\left(\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n^{2}}\right)^{n-1} \frac{x_{1} \cdots x_{n}}{\sum_{j=1}^{n} \prod_{i \neq j} x_{i}}}$$
On veut montrer que le terme du membre de droite est supérieur à $\sqrt[n]{x_{1} \cdots x_{n}}$. Un calcul montre que cela équivaut à
$$\frac{x_{1}+\cdots+x_{n}}{n} \geq \sqrt[n-1]{\frac{\sum_{j=1}^{n} \prod_{i \neq j} x_{i}}{n}}$$
Ceci n'est autre que l'inégalité de McLaurin.

Alternativement (en fait, il s'agit simplement d'une preuve de McLaurin), on peut mettre l'inégalité sous la forme
$$n^{2}\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right)^{n-1} \geq n^{n}\left(\sum_{j=1}^{n} \prod_{i \neq j} x_{i}\right)$$
On remarque que c'est complètement symétrique, et le membre de droite est un multiple (dans la notation de Muirhead) de $[1, \ldots, 1,0]$. Si on développe la puissance $(n-1)$ à gauche, on obtient beaucoup de sommes symétriques. Comme on ne l'élève qu'à la puissance $(n-1)$, et non $n$, aucun terme du type $x_{1} \cdots x_{n}$ n'apparaîtra. Autrement dit, les sommes symétriques seront du type $[\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{n-1}, 0]$ où les $\alpha_{i}$ sont des entiers tels que $\sum \alpha_{i}=n-1$ et $\alpha_{1} \geq \alpha_{2} \geq \ldots \geq \alpha_{n-1} \geq 0$. Toutes ces sommes majorent $[1, \ldots, 1,0]$. Comme les deux membres ont le même nombre de termes, à savoir $n^{n+1}$, on conclut avec l'inégalité de Muirhead.

Remarque : On peut observer dès le début que si l'inégalité est vraie pour $\varepsilon_{1}$, alors elle l'est pour tout $0<\varepsilon_{2} \leq \varepsilon_{1}$ car
$$\left(1-\varepsilon_{1}\right) \mathrm{AM}+\varepsilon_{1} \mathrm{HM} \leq \left(1-\varepsilon_{2}\right) \mathrm{AM}+\varepsilon_{2} \mathrm{HM}$$
par AM-HM.