Une question sur Cesàro

AlphaNico
Modifié (17 May) dans Analyse
Bonsoir,

Je voudrais poser une question aux membres de ce forum qui concerne la moyenne de Cesàro.
Si $(u_{n})_{n \geq 1}$ est une suite de réels, je pose :
$$ \forall n \geq 1 \, , \, v_{n} = \frac{u_{1}+u_{2}+\ldots+u_{n}}{n} $$

Ma question est la suivante : si $\sum u_{n}^{2}$ est convergente, la série $\sum v_{n}^{2}$ converge-t-elle aussi ? Si oui, existe-t-il une inégalité entre les sommes de ces deux séries ?

J'ai l'impression que la réponse est OUI pour ma première question ! En tous cas, je n'ai pas trouvé de contre-exemple... Concernant ma seconde question, je n'ai par contre aucune intuition et j'ai l'impression que la réponse est NON ! Mais je me trompe peut-être ?

Auriez-vous des conseils à me donner ? Merci à tous,

$\alpha$-Nico

Réponses

  • Bibix
    Modifié (19 May)
    Soit $\zeta : u \longmapsto (\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^n u_k)_n$ l'opérateur de Cesàro standard. On a $\zeta(u)^2 \leq \zeta(u^2)$ par Cauchy-Schwartz. Je ne sais pas si c'est utile.

    Edit : J'ai supprimé ma solution d'origine car je m'étais rendu compte tout seul qu'elle était fausse, reposant sur l'affirmation fausse $\zeta(u^2)_n \sim u_n^2$ d'où le message de Math Coss qui est malheureusement arrivé après.
  • Math Coss
    Modifié (17 May)
    @Bibix, ton utilisation du théorème de Cesaro m'échappe. Si par exemple $u_n^2=x^n$ avec $x\in\left]0,1\right[$, j'ai l'impression que $\zeta(u^2)\sim\frac1n$, qui n'est pas équivalent à $u_n^2$.
  • gebrane
    Modifié (17 May)
    Prendre $u_n=(\frac 14)^n$ la série $\sum u_n^2$ cv mais $\sum v_n^2$ dv
    Édit ma faute c'est que j'avais écrit $v_n^2=\frac 1{n}(1-(\frac 12)^n)^2$ au lieu de $v_n^2=\frac 1{n^2}(1-(\frac 12)^n)^2$
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Bonjour, @Math Coss ,  je ne comprends pas ton message, tu parles à qui et de quoi ?
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • JLT
    JLT
    Modifié (17 May)
    On peut supposer $u_n\geqslant0$ pour tout $n$. En majorant grossièrement je trouve
    $\sum v_n^2 =\sum_{k,\ell\leqslant n}\frac{u_ku_\ell}{n^2}\leqslant 2\sum\frac{u_ku_\ell}{\max(k,\ell)}\leqslant 4\sum\frac{u_ku_{\ell}}{k+\ell-1}\leqslant 4\pi\sum u_k^2$.
  • Bonjour JLT.

    Ne manque-t-il pas un deuxième $\sum$ après le = ? Portant sur $n$.

    Cordialement.
  • C'est une somme sur tous les triplets $(k,\ell,n)\in (\N^*)^3$ vérifiant $n\geqslant \max(k,\ell)$.
  • LOU16
    Modifié (17 May)
    Bonjour,

    $\sum _nu_n^2$ converge donc $\displaystyle\lim_{n\to +\infty} u_n= \lim_{n\to +\infty} v_n=0.\:\:$ (Cesàro).                 Notons $\:\:S_n :=\displaystyle\sum_{k=1}^n u_k,\:\:\:\:T_n: =\sum_{k=1}^n v_k^2.\quad$ Alors: $\:\:\forall n \in \N^*,$
    $0\leqslant\displaystyle T_n=\sum_{k=1}^n \dfrac {S_k^2}{k^2} \leqslant u_1^2 +\sum_{k=2}^nS_k^2\left(\dfrac 1{k-1} -  \dfrac 1k\right)=u_1^2+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{S_{k+1}^2}{k} -\sum_{k=2}^n \dfrac{S_k^2}{k}\leqslant 2u_1^2 + \sum_{k=1}^n \dfrac {S_{k+1}^2- S_k^2}{k}$
    $0\leqslant\displaystyle T_n \leqslant 2u_1^2 +2\sum _{k=1}^n \dfrac {u_{k+1}S_{k+1}}k= 2u_1^2 +2\sum_{k=1}^n \dfrac {u_{k+1}S_{k+1}}{k+1} +2\sum _{k=1}^n \dfrac {u_{k+1}S_{k+1}}{k(k+1)} =2u_1^2 +2\sum_{k=1}^n u_{k+1}v_{k+1}+2\sum_{k=1}^n \dfrac{u_{k+1}v_{k+1}}k$
    $0\leqslant\displaystyle T_n \leqslant 2\sum_{k=1}^nu_kv_k + 2u_{n+1}v_{n+1}+2\sum_{k=1}^n \dfrac{u_{k+1}v_{k+1}}k$
    $\dfrac {u_{k+1}v_{k+1}} k \underset {k\to+\infty}=\mathcal o\left (\dfrac{u_{k+1}}k\right),\:\:\sum_k \dfrac {u_{k+1}}k\:\:\text{ converge absolument}\: $ (Cauchy-Schwarz), donc $\quad T_n -2\displaystyle \sum_{k=1}^n u_kv_k \underset{n\to+\infty}=\mathcal O(1).$
    $\exists A>0 \:$ tel que $\:\forall n \in \N^*, \quad 0\leqslant T_n \leqslant A+2\displaystyle \sum_{k=1}^n u_kv_k\leqslant A+ 2 \sqrt{\sum_{k=1}^n u_k^2\sum_{k=1}^nv_k^2}$
    $\forall n \in \N^*, \:\:\displaystyle T_n \leqslant A+2B \sqrt{T_n}\:\:\text{ avec } B =\sum_{k=1}^{+\infty} u_k^2.\:\:$ Cela entraîne que $\:\text{ la suite }(T_n)_n \text { est bornée}\:\:$  et que
    $$\text{ la série }\sum_n v_n^2 \text { converge }.$$
     
    EDIT J'étais parti dans les traces de JLT, mais ayant complètement oublié Hilbert et son $\leqslant \pi\sum u_n^2,\:$ je me suis retrouvé rapidement coincé dans une impasse. Il a donc fallu un petit peu crapahuter.
  • @JLT comment fais-tu pour trouver la dernière inégalité $4\sum\frac{u_ku_{\ell}}{k+\ell-1}\leqslant 4\pi\sum u_k^2$ ?
  • Il est connu que la norme de la matrice de Hilbert est $\leqslant \pi$.
  • Ok, merci. Il y a un article Wiki qui en parle.
  • Cette inégalité est le cas particulier $p=2$ de l'inégalité de Hardy.
    La démontration la pus courte que je connaisse consiste à écrire $v_n^2-2u_nv_n-(n-1)v_{n-1}^2+nv_n^2=-\dfrac{(v_n-u_n)^2}{n-1}\leq0$
    d'où $\displaystyle\sum_{n=1}^N(v_n^2-2u_nv_n)\leq-Nv_N^2\leq0$.

    On en déduit $\left(\displaystyle\sum_{n=1}^N v_n^2\right)^2\leq4\left(\displaystyle\sum_{n=1}^N u_nv_n\right)^2\leq4\displaystyle\sum_{n=1}^N u_n^2\sum_{n=1}^N v_n^2$ d'où $\displaystyle\sum_{n=1}^N v_n^2\leq4\displaystyle\sum_{n=1}^N u_n^2$.

    On montre que $4$ est la meilleure constante en prenant $u_n=\dfrac1{\sqrt n}$ si $n\leq N$ et $u_n=0$ sinon.

  • Merci pour toutes vos contributions intéressantes !
    La preuve proposée par Jandri est particulièrement élégante... Bravo !
  • Peut-on généraliser a une puissance m (on remplace 2 par m)

     
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • Oui, c'est  l'inégalité de Hardy.
  • Merci.
    J aimerais ajouter cet exercice à mon ancien fil sur Cesaro mais je ne le retrouve pas
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


  • raoul.S
    Modifié (18 May)
    En gros on a donc une application linéaire continue injective $T:\ell^2\to \ell^2,(u_n)\mapsto (v_n)$ avec $\forall n \geq 1 \, , \, v_{n} = \frac{u_{1}+u_{2}+\ldots+u_{n}}{n}$.

    Petit exo : montrer que $Im(T)$ n'est pas fermée et donc $T$ n'est pas surjective.

    Avec le rouleau compresseur : Si $e_1,e_2,...$ est la base canonique hilbertienne de $\ell^2$ alors on voit facilement que $T(e_n)\to 0$ si $n\to \infty$. Si $Im(T)$ était fermée, par le théorème de l'application ouverte il existerait $T^{-1}:Im(T)\to \ell^2$ continue et on en déduirait que $e_n\to 0$ ce qui est absurde.


  • Merci Jandri. C'est le fil que je cherchais
    vous ne comprenez pas les choses, vous vous y habituez.


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