Une variante de Cesàro

SandwichFromage

Bonjour à tous,
Je bloque sévèrement sur cette question.
Soit (u_n) une suite réelle. On suppose $ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n u_k $ tend vers $\ell \in \mathbb R$.
Montrer que $ \frac{1}{\mathrm{ln}(n)}\sum_{k=1}^n \frac{u_k}{k} $ tend aussi vers $\ell$
J'auraus besoin d'une bonne aide voire une solution parce que j'ai essayé pas mal de trucs (avec des epsilons) et je reste bloqué. 
Merci d'avance pour votre aide ^^

Bibix

Bonjour,

Stolz-Cesàro avec la somme partielle harmonique pourrait peut-être résoudre ton affaire (je précise que je n'ai pas encore essayé).

SandwichFromage

Je veux bien une autre vision, si quelqu'un voit, car on n'a pas vu Stolz-Cesàro donc je ne peux pas vraiment l'utiliser pour ce DM...

gebrane

Il y a un fil dédié à  Cesàro que j'ai initié.  Cherche le (j'ai la flemme  de retrouver mon propre fil).

math2

Tu sais tout de même que $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \sim \ln(n)$ ?

SandwichFromage

math2
Évidemment. C'est ça qui va faire marcher le truc. Mais ça n'est pas évident pour autant : il faut faire marcher notre hypothèse, mais...

SandwichFromage

@gebrane
Il n'y a pas ce que je cherche mais merci quand même.

gebrane

Je vais réfléchir à  ta question ce soir quand je serais chez moi si sans réponse  (je suis un fan de Cesaro et ses variantes)

JLT

Tout exprimer en fonction de $v_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n u_k$ ?

Calli

Bonsoir, 

gebrane a dit :

Il y a un fil dédié à  Cesàro que j'ai initié.  Cherche le (j'ai la flemme  de retrouver mon propre fil)

Le voilà : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2328621/des-applications-de-cesaro-et-ou-abel-et-ou-silverman-toeplitz/p1

BobbyJoe

Il suffit de faire une transformée d'Abel en notant pour $x\geq 1,$ $\displaystyle S(x)=\sum_{1\leq k\leq x}u_{k}.$

L'hypothèse s'écrit :  $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{S(x)}{x}=\ell.$

Pour $x>1,$ on obtient par une IPP (ou par une transformation d'Abel) $$\frac{1}{\ln(x)}\int_{1^{-}}^{x}\frac{dS(t)}{t}=\frac{1}{\ln(x)}\left[\frac{S(t)}{t}\right]_{1^{-}}^{x}+\frac{1}{\ln(x)}\int_{1^{-}}^{x}\frac{S(t)}{t^2}dt=\frac{1}{\ln(x)}\frac{S(x)}{x}+\frac{1}{\ln(x)}\int_{1^{-}}^{x}\frac{S(t)}{t}\times \frac{dt}{t}.$$

Je ne gère pas le termes de bords... mais le résultat s'obtient alors en passant à la limite et par intégration des relations de comparaison.

gebrane

Merci @Calli
@SandwichFromage. Peux-tu démontrer que $$\sum_{k=1}^n \frac{u_k}k= v_n+\sum_{k=0}^{n-1} \frac {v_k}{k+1},$$ avec $v_k=\frac 1k\sum_{i=1}^k u_i$.

math2

Je ne vois vraiment pas le problème. $\varepsilon>0$ étant fixé, pour un certain $N$, on a $|u_k-\ell| \leq \varepsilon$ pour $k \geq N$.

Alors $\sum_{k=1}^n \frac{u_k-\ell}{k}$ se majore en valeur absolue par $\varepsilon \ln(n)+O(1)$ donc divisé par $\ln(n)$ ça se majore par $2\varepsilon$ quitte à augmenter encore un peu $N$. Il reste à voir que $\sum_{k=1}^n \frac{\ell}{k}=\ell (\ln(n)+O(1))$ et donc en redivisant par le logarithme c'est $\ell$ à $\varepsilon$ près.

Je n'ai pas le courage de tout détailler, mais je ne vois vraiment pas ce qui bloque.

troisqua

Une variante de ce qui vient d'être dit :

Si $u$ tend vers $0$ alors, on note $m_{n}=\frac{1}{\ln\left(n\right)}\left|\sum_{k=1}^{n}\frac{u_{k}}{k}\right|$ et $s_{n}=\sup_{k>n}\left|u_{k}\right|$, pour $n\geqslant2$. Pour tout $p$ naturel $$m_{n+p}\leqslant\frac{1}{\ln\left(n+p\right)}\sum_{k=1}^{n}\frac{\left|u_{k}\right|}{k}+\frac{1}{\ln\left(n+p\right)}\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{s_{n}}{k}$$ donc $$m_{n+p}\leqslant\frac{1}{\ln\left(n+p\right)}\sum_{k=1}^{n}\frac{\left|u_{k}\right|}{k}+s_{n}\underbrace{\frac{1}{\ln\left(n+p\right)}\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k}}_{\leqslant 1}$$ On passe à la limite supérieure en $p$ : $$\overline{\lim_{p}}\frac{1}{\ln\left(n+p\right)}\left|\sum_{k=1}^{n+p}\frac{u_{k}}{k}\right|\leqslant s_n$$ puis à la limite en $n$ : $$\overline{\lim_{p}}\frac{1}{\ln\left(n+p\right)}\left|\sum_{k=1}^{n+p}\frac{u_{k}}{k}\right|=0$$ puis on applique ce résultat à la suite $v-\ell$ où $\ell$ est la limite de $v$.

gebrane

@math2 Le problème est la suite $(u_n)   $ n'est pas supposée convergente vers l.
Avec la transformation que j'ai donné on s'y ramène

math2 a dit :

Je ne vois vraiment pas le problème. $\varepsilon>0$ étant fixé, pour un certain $N$, on a $|u_k-\ell| \leq \varepsilon$ pour $k \geq N$.

troisqua

Oups, oui désolé, ça nécessite une adaptation.

Bibix

Une généralisation de cet énoncé :

Soit $(\alpha_k)_k$ une suite de termes positifs et $(S_k = \sum_{i = 1}^k \alpha_i)_k$ la suite des sommes partielles associées. Si $f(n) = \sum_{k = 1}^n \frac{\alpha_k}{S_k} \to +\infty$, on a pour toute suite réelle $(u_n)_n$ le résultat suivant : 

$\underset{n \to +\infty}{\liminf} \frac{\sum_{k = 1}^n \alpha_k u_k}{S_n} \leqslant \underset{n \to +\infty}{\liminf} \frac{\sum_{k = 1}^n \frac{\alpha_k}{S_k} u_k}{f(n)} \leqslant \underset{n \to +\infty}{\limsup} \frac{\sum_{k = 1}^n \frac{\alpha_k}{S_k} u_k}{f(n)} \leqslant \underset{n \to +\infty}{\limsup} \frac{\sum_{k = 1}^n \alpha_k u_k}{S_n}$

On peut remarquer qu'en appliquant ce résultat en cascade, on obtient une infinité d'inégalités qui s'enchainent. Je trouve ce résultat magnifique.

math2

Ah oui j'avais mal lu. Je verrai du Abel alors

gebrane

@math2 Exact et laissons @SandwichFromage faire les calculs

gebrane

Bonjour @Bibix
Peux-tu expliquer comment tu déduis l'exercice avec ta généralisation 

Bibix

C'est le cas $\alpha_k = 1$. On a alors $S_k = k$ et $f(n) \sim \ln(n) \to +\infty$. On en déduit :
$\ell = \underset{n \to +\infty}{\liminf} \frac{\sum_{k = 1}^n u_k}{n} \leqslant \underset{n \to +\infty}{\liminf} \frac{\sum_{k = 1}^n \frac{u_k}{k}}{\ln(n)} \leqslant \underset{n \to +\infty}{\limsup} \frac{\sum_{k = 1}^n \frac{u_k}{k}}{\ln(n)} \leqslant \underset{n \to +\infty}{\limsup} \frac{\sum_{k = 1}^n u_k}{n} = \ell$

gebrane

OK merci. Si tu donnes une preuve détaillé de ta généralisation je vais l'ajouter à ma collection dans le fil https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2328621/des-applications-de-cesaro-et-ou-abel-et-ou-silverman-toeplitz/p1

Boécien

C'est équivalent à ce qu'a écrit Bobby mais sans passer par des intégrales. Soit $U(n)=\sum_{k=1}^{n}u_{k}$ avec $U(0)=0$ alors on a avec Abel (1)$$\sum_{k=1}^{n}U(k)\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=\sum_{k=1}^{n}\frac{u_{k}}{k}-\frac{u_{n}}{n+1}$$D'un autre côté comme par hypothèse $U(k)=k\ell+o(k)$ et qu'on a $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k+1}=\log(n)+o\left(\log n\right)$, par sommation des équivalents on obtient (2)$$\sum_{k=1}^{n}U(k)\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=\sum_{k=1}^{n}\frac{k\ell+o(k)}{k(k+1)}=\ell\log n+o\left(\log n\right)$$Et donc (1) = (2) donne$$\sum_{k=1}^{n}\frac{u_{k}}{k}=\ell\log n+o\left(\log n\right)+\frac{u_{n}}{n+1}$$Comme $\frac{u_{n}}{n}\rightarrow0$ on a finalement$$\frac{1}{\log n}\sum_{k=1}^{n}\frac{u_{k}}{k}\rightarrow\ell$$

Bibix

Voici la preuve : on commence par prendre une suite réelle $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$, utilisons l'astuce de @JLT en posant $v_n = \frac{1}{S_n} \sum_{k = 1}^n \alpha_k u_k$ pour $n \geqslant 1$, $v_0 = 0$. On a :

$\alpha_{k+1} u_{k+1} = v_{k+1} S_{k+1} - v_k S_k = v_{k+1} S_{k+1} - v_k (S_{k+1} - \alpha_{k+1})$

Donc :

$\frac{\alpha_{k+1}}{S_{k+1}} u_{k+1} = v_{k+1} - v_k + \frac{\alpha_{k+1}}{S_{k+1}} v_k$

En passant à la somme pour $k$ allant de $0$ à $n-1$, puis en divisant par $f(n)$, on obtient : 

$\frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} u_{k} = \frac{v_n}{f(n)} + \frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} v_{k-1}$

D'où :

$\underset{n \to +\infty}{\limsup}\frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} u_{k} \leqslant \underset{n \to +\infty}{\limsup} \left(\frac{v_n}{f(n)}\right) + \underset{n \to +\infty}{\limsup} \left(\frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} v_{k-1}\right) \, (1)$

(car $\limsup(a_n + b_n) \leqslant \limsup a_n + \limsup b_n$)

On fait la même chose avec $\liminf$ (qui possède la même propriété dans l'autre sens) ce qui donne :

$\underset{n \to +\infty}{\liminf}\frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} u_{k} \geqslant \underset{n \to +\infty}{\liminf} \left(\frac{v_n}{f(n)}\right) + \underset{n \to +\infty}{\liminf} \left(\frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} v_{k-1}\right) \, (2)$

On utilise ensuite le théorème de Stolz-Cesàro qui donne (car $f(n) \to +\infty$ et $\alpha_k > 0$ pour tout $k$) :

$\underset{n \to +\infty}{\liminf} v_{n-1} \leqslant \underset{n \to +\infty}{\liminf} \left(\frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} v_{k-1}\right) \leqslant \underset{n \to +\infty}{\limsup} \left(\frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} v_{k-1}\right) \leqslant \underset{n \to +\infty}{\limsup} v_{n-1}$

Ce qui peut se réécrire évidemment en :

$\underset{n \to +\infty}{\liminf} v_{n} \leqslant \underset{n \to +\infty}{\liminf} \left(\frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} v_{k-1}\right) \leqslant \underset{n \to +\infty}{\limsup} \left(\frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} v_{k-1}\right) \leqslant \underset{n \to +\infty}{\limsup} v_{n}$

On en déduit avec $(1)$ et $(2)$ que :

$\underset{n \to +\infty}{\liminf} \left(\frac{v_n}{f(n)}\right) + \underset{n \to +\infty}{\liminf} \left(v_n\right) \leqslant \underset{n \to +\infty}{\liminf}\frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} u_{k} \leqslant \underset{n \to +\infty}{\limsup}\frac{1}{f(n)}\sum_{k = 1}^{n} \frac{\alpha_{k}}{S_{k}} u_{k} \leqslant \underset{n \to +\infty}{\limsup} \left(\frac{v_n}{f(n)}\right) + \underset{n \to +\infty}{\limsup} \left(v_n\right)$

Or par hypothèse, on a $f(n) \to +\infty$, donc :

$\underset{n \to +\infty}{\liminf}\left(\frac{v_n}{f(n)}\right) + \underset{n \to +\infty}{\liminf}\left(v_n\right) = \underset{n \to +\infty}{\liminf}\left(v_n\right)$

$\underset{n \to +\infty}{\limsup}\left(\frac{v_n}{f(n)}\right) + \underset{n \to +\infty}{\limsup}\left(v_n\right) = \underset{n \to +\infty}{\limsup}\left(v_n\right)$

CQFD.

gebrane

Merci je vais ajouter les  preuves  des 3 B  dans mon fil 

gebrane

C'est fait énigmes 14 et 15

SandwichFromage

@AD Peut-on supprimer ce fil svp ? Merci d'avance

[Cela ne sera pas possible, à partir du moment où des réponses ont été données. AD]

troisqua

?