Suite numérique

hmou

Soit $u_n=1/n+ 1/(n+1)+1/(n+\sqrt 2)+\cdots+1/(n+\sqrt n)$.
Montrer que $u_n$ est convergente,  puis déterminer sa limite.
Merci d'avance.

YvesM

Bonjour,

On considère $\int_k^{k+1} {dx\over n+\sqrt{x}}$ et on encadre la somme par une somme d’intégrales qui se calculent bien, donc la somme est télescopique. 

On conclut sur la convergence et sur la limite par les gendarmes. 

gebrane

Il me semble que cette suite est croissante APCR

Une question trouver C vérifiant $u_n-1\sim c/\sqrt n$

Boécien

À vue de nez $u_{n}=1-\frac{2}{3n^{1/2}}+\frac{1}{2n}-\frac{9}{10n^{3/2}}+O\left(n^{-2}\right)$

Edit: formule corrigée suite à mon dernier message

gebrane

Tu es très fort en ces développements asymptotiques @Boécien

Boécien

Je ne fais qu'appliquer ce que j'apprends dans les fils où tu interviens! Ici je bourrine simplement.

$$u(n)=\sum_{k=1}^{n}\left(n+k^{1/2}\right)^{-1}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(1+\frac{k^{1/2}}{n}\right)^{-1}. $$ On a le développement asymptotique
$$\left(1+\frac{k^{1/2}}{n}\right)^{-1}=1-\frac{k^{1/2}}{n}+\frac{k}{n^{2}}-\frac{k^{3/2}}{n^{3}}+O\left(\frac{k^{2}}{n^{4}}\right)$$

Donc par sommation sur $k$ en retenant la leçon de LOU16 de ne pas oublier $k$ dans le $O$ on a
$$\sum_{k=1}^{n}\left(1+\frac{k^{1/2}}{n}\right)^{-1}=n-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}k^{1/2}+\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}k-\frac{1}{n^{3}}\sum_{k=1}^{n}k^{3/2}+O\left(n^{-1}\right)$$ Comme
$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}k^{1/2}=\frac{2}{3}n^{1/2}+\frac{1}{2}n^{-1/2}+O(n^{-1})$
$\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}k=\frac{1}{2}+O(n^{-1})$
$\frac{1}{n^{3}}\sum_{k=1}^{n}k^{3/2}=\frac{2}{5}n^{-1/2}+O\left(n^{-3/2}\right)$
on obtient
$$n\sum_{k=1}^{n}\left(n+k^{1/2}\right)^{-1}=n-\frac{2}{3}n^{1/2}+\frac{1}{2}-\frac{9}{10}n^{-1/2}+O(n^{-1}).$$ Soit $$u(n)=1-\frac{2}{3n^{1/2}}+\frac{1}{2n}-\frac{9}{10n^{3/2}}+O(n^{-2})$$

Au passage j'ai corrigé une erreur dans ma formule d'avant.

Boécien

Sinon pour l'exercice proprement dit nul besoin d'intégrale ni de développement asymptotique pour répondre à la question. Pour $n\geq k\geq1$ on a les inégalités
$$\frac{1}{n+\sqrt{n}}\leq\frac{1}{n+\sqrt{k}}\leq\frac{1}{n}$$ donc en sommant sur $k$ de $1$ à $n$ on obtient
$$\frac{n}{n+\sqrt{n}}\leq u_{n}\leq1$$ Comme le terme de gauche de l'inégalité tend vers  $1$ (preuve laissée à l'auteur de la question) on en déduit que $ u_n$ converge vers $1$ .

gebrane

Je ne sais pas si l'auteur de la question pourrait démontrer que la suite est croissante  (à partir d'un certain rang)

Boécien

La croissance est à mon sens une question plus difficile et ici la technique des gendarmes est la plus simple pour montrer la convergence que "croissance et majoration". Si on veut montrer la croissance de $u_n$ à partir d'un certain rang on peut partir du "dl" que j'ai donné plus haut:
$$u_{n}=1-\frac{2}{3n^{1/2}}+\frac{1}{2n}-\frac{9}{10n^{3/2}}+O(n^{-2})$$
duquel on tire $$u_{n+1}=1-\frac{2}{3n^{1/2}}+\frac{1}{2n}-\frac{17}{30n^{3/2}}+O(n^{-2})$$
Soit$$u_{n+1}-u_{n}=\frac{1}{3n^{3/2}}+O(n^{-2})$$

qui est forcément positif à partir d'un certain rang et donc $u_{n}$ est croissante à partir d'un certain rang.  Je ne vois pas pour l'instant d'astuce plus simple.

gebrane

La méthode classique est de calculer directement $u_{n+1}-u_n$ et de se débrouiller sans dl

Cette question est un enrichissement pour l'auteur de la question

Boécien

Quitte à s'enrichir je propose cette généralisation avec une question réciproque:

Soit $f\geq0$ une suite croissante on définit la suite $\left(u_{n}\right)$ par
$$u_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}$$
1) Montrer que si $\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{f(n)}{n}=0$ alors la suite $u_{n}$ converge vers $1$ (facile dérivation de la démo proposée plus haut).
2) Si la suite $u_{n}$ converge vers $1$ a-t-on nécessairement $\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{f(n)}{n}=0$ ? Si non quelle condition supplémentaire simple faut-il sur $f$ ?

gebrane

Joli exercice @Boécien mais coup pour coup

 1-Soit $f  \,   [0,1]\to \R^+$  continue et $u_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k/n)}$

Montrer que $u_n$ tend vers 1 et $n(1-u_n)$ tend vers ?

2-Généralisons encore, soit $a>0$ calculer $\lim \limits_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+k^a}$

on a traité le cas a<1

Je vais réfléchir à ton exercice.

gebrane

@raoul.S  Mon frère d’âme, bonne année 2022.

J'ai besoin de ton esprit démoniaque, alors laisse tout et déménage ici le temps de résoudre ce qui suit. L'affaire c'est que je ne trouve pas une fonction croissante positive sur $\R^+$ vérifiant $\lim \limits_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+f(k)}=1$ mais que $\lim \limits_{n\to\infty} \frac{f(n)}{n}\ne 0.$

raoul.S

@gebrane j'avoue ne pas être très friand de ce type de recherche en analyse...

Boécien

@gebrane

Je suppose que $f(x)/x>0$ est monotone pour éviter les cas pathologiques.  Si $f(n)/n$ ne tend pas vers zéro alors pour un $a>0$ on a $\frac{f(n)}{n}>a$ à partir d'un certain rang $n_{0}$ et$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\leq\sum_{k=1}^{n_{0}}\frac{1}{n+f(k)}+\sum_{k=n_{0}}^{n}\frac{1}{n+ak}$$

donnant

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\leq\frac{n_{0}}{n}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+ak/n}$$
donc en faisant tendre $n$ vers l'infini on aurait
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\leq\frac{\log(a+1)}{a}$$
Maintenant pour $a>$0 on a $\frac{\log(a+1)}{a}<1$ contredisant que la limite vaut $1$.

gebrane

Je ne vois pas ces cas pathologiques, la positivité de $f$ sur les positifs suffit. Je me demande si on peut se passer de la croissance de $f$, c'est-à-dire, a-t-on ce résultat ?

Soit $f:  \R^+\to \R^+$, alors $$\lim_{n\to\infty} \frac{f(n)}{n}= 0 \iff\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+f(k)}=1. $$ Je sais qu'on a utilisé dans le sens direct,  la croissante de $f$ pour l'encadrement de gauche de $u_n$

Boécien

Dans mon raisonnement f(n)/n ne tend pas vers zéro ne veut pas dire qu'il existe a >0 tel que f(n)/n>a pour n assez grand dès que f>0 (prendre f(n)/n=n*sin(n)^2). C'est pourquoi j'ajoute la condition f(n)/n monotone à la place de f croissante.

Dans le sens ==> c'est un problème abélien, dans le sens <== un problème taubérien il me semble vu ce que je commence à lire sur le sujet.

Boécien

@gebrane

On va y arriver à établir le théorème!

En supposant $\frac{f(n)}{n}\rightarrow0 $ avec uniquement  $f>0$ et en supposant qu'on sache que $\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=\ell$ existe je peux montrer que $\ell\geq1$. Corrige moi si je me trompe.

En effet si $\frac{f(n)}{n}\rightarrow0$ alors $\forall\varepsilon>0$, il existe $n_{\varepsilon}$ tel que $n\geq n_{\varepsilon}\Rightarrow\frac{f(n)}{n}<\varepsilon$ donc

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\frac{1}{n+f(k)}+\sum_{k=n_{\varepsilon}}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\geq\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\frac{1}{n+f(k)}-\frac{1}{n+\varepsilon k}\right)+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+\varepsilon k}$$

ce qui donne

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\geq\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\frac{1}{n+f(k)}-\frac{1}{n+\varepsilon k}\right)+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\varepsilon k/n}$$

Donc en faisant tendre vers l'infini pour $\varepsilon$ fixé on obtient

$$\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\geq0+\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+\varepsilon t}=\frac{_{\log(\varepsilon+1)}}{\varepsilon}\geq1-\varepsilon$$

Ce qui donne puisqu'on peut faire tentre $\varepsilon$ vers zéro

$$\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\geq1$$

gebrane

Je vais regarder mais pourquoi tu as mis dans ton théorème je peux montrer que $l\ge 1$ et non pas $l=1$, car la positivité de f donne gratuitement $l\le 1$

gebrane

Oui juste ( une coquille $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\frac{1}{n+f(k)}+\sum_{k=n_{\varepsilon +1}}^{n}\frac{1}{n+f(k)})$

Je crois qu' il faut mettre cet exercice dans le serveur des exercices si  @manu est d'accord. Je pense il est originale.

Je me demande si on peut utiliser les limites inf / sup pour se débarrasser de ton hypothèse sur l'existence de  $\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}$

Boécien

Bien vu pour la coquille. Effectivement liminf et limsup règlent le problème de l'existence et ton énoncé semble correct.

jandri

Le sens direct de l'équivalence proposée par gebrane n'est pas difficile :
si $f$ est positive alors $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} \frac{f(n)}{n}= 0\Longrightarrow \lim_{n\to+\infty}\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+f(k)}=1$.

En effet, on a déjà $u_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+f(k)}\leqslant1$ puisque $f(k)\geqslant0$.

Pour tout $\varepsilon>0$ il existe $n_0$ tel que pour $k>n_0$ on ait $f(k)<\varepsilon k$.

On en déduit $u_n\geqslant\displaystyle\sum_{k=1}^{n_0} \frac{1}{n+f(k)}+\displaystyle\sum_{k=n_0+1}^{n} \frac{1}{n+\varepsilon k}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n_0} \left(\frac{1}{n+f(k)}-\frac{1}{n+\varepsilon k}\right)+\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+\varepsilon \frac kn}$.

La première somme tend vers $0$ quand $n$ tend vers l'infini, la seconde vers $\displaystyle\int_0^1\frac1{1+\varepsilon t}dt=\dfrac1\varepsilon\ln(1+\varepsilon)\geqslant1-\frac12\varepsilon$
(par étude de fonction).

On en déduit $u_n\geqslant1-\varepsilon$ pour $n\geqslant n_1$.

La réciproque est fausse si on suppose seulement $f$ positive, par exemple avec $f(n)=n$ si $n=2^p$, $f(n)=0$ sinon.

Peut-être qu'elle est vraie si on suppose $f$ croissante mais je ne sais pas le démontrer.

Edit : j'ai posté en même temps que Boécien pour le sens direct et avec la même démonstration (simplement il est inutile de parler de limsup).

Boécien

@gebrane

Il y a rarement équivalence entre abélien et taubérien et voici mon correctif. Si on ajoute $f$ croissante alors je pense qu'il y a équivalence ce qui reste à prouver. Pour voir pourquoi la positivité ne suffit pas pour l'équivalence prendre $f(n)=n$ si $n$ est un carré et $f(n)=1$ sinon. Alors $\lim f(n)/n$ n'existe pas et la somme tend pourtant vers $1$. En revanche $\liminf f(n)/n=0$.

Théorème
Soit $f:\mathbb{N\rightarrow\mathbb{R^{*+}}}$ alors on a$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{n}=0\Rightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=1$$et$$\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=1\Rightarrow\liminf_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{n}=0$$Preuve de $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{n}=0\Rightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=1$
Si $\frac{f(n)}{n}\rightarrow0$ alors $\forall\varepsilon>0$, il existe $n_{\varepsilon}$ tel que $n\geq n_{\varepsilon}\Rightarrow\frac{f(n)}{n}<\varepsilon$ donc$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\frac{1}{n+f(k)}+\sum_{k=n_{\varepsilon}+1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\geq\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\frac{1}{n+f(k)}-\frac{1}{n+\varepsilon k}\right)+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+\varepsilon k}$$ce qui donne$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\geq\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\frac{1}{n+f(k)}-\frac{1}{n+\varepsilon k}\right)+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\varepsilon k/n}$$et en faisant tendre vers l'infini pour $\varepsilon$ fixé on obtient$$\limsup_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\geq0+\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+\varepsilon t}=\frac{_{\log(\varepsilon+1)}}{\varepsilon}\geq1-\varepsilon$$

Ce qui donne puisqu'on peut faire tendre $\varepsilon$ vers zéro $$\limsup_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\geq1$$

De l'autre côté on a puisque $f>0 $$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}=1$$

et donc $$\liminf_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\leq1$$

On a donc $\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=1$ existe.
Preuve de $\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=1\Rightarrow\liminf_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{n}=0$
Si $\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=1$ existe et que $\liminf_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{n}>0$ alors il existe $a>0$ tel que $\frac{f(n)}{n}>a$ à partir d'un certain rang $n_{0}$ et donc$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\leq\sum_{k=1}^{n_{0}}\frac{1}{n+f(k)}+\sum_{k=n_{0}}^{n}\frac{1}{n+ak}$$ $$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\leq\frac{n_{0}}{n}+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+ak/n}$$ donc en faisant tendre $n$ vers l'infini on aurait
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\leq\frac{\log(a+1)}{a}<1$$contredisant que la limite vaut $1$ et nécessairement $\liminf_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{n}=0$.

Boécien

@gebrane Je suis d'accord avec toi sur l'intérêt de cet exercice. Il donne à voir les subtilités cachées de l'analyse que je découvre en marchant.

gebrane

Ce passage de Jandri On en déduit $u_n\geqslant1-\varepsilon$ pour $n\geqslant n_1$.
 qui évite l'utilisation de la limsup, je l'explique pour les étudiants visiteurs

on a  $u_n\ge v_n$ avec $v_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n_0} \left(\frac{1}{n+f(k)}-\frac{1}{n+\varepsilon k}\right)+\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+\varepsilon \frac kn}$. On a $lim v_n=\dfrac1\varepsilon\ln(1+\varepsilon)$, donc pour $\epsilon'=\frac {\epsilon}2$, il existe $n_1$ tel que pour $n\geqslant n_1$ on aura

$v_n\geqslant\dfrac1\varepsilon\ln(1+\varepsilon)-\frac {\epsilon}2\geqslant1-\frac12\varepsilon-\frac12\varepsilon $

Boécien

@jandri @gebrane

Ce qu'on peut voir après tout ça c'est que la condition de gauche $\frac{f(n)}{n}\rightarrow 0$ est trop forte pour arriver à une équivalence. Je propose donc ce nouvel essai d'énoncé en moyenne pour maintenir l'idée d'équivalence en supposant $f$ quelconque puis croissante. Ce serait amusant car on aurait alors un nouveau procédé de sommation équivalent en quelque sorte à celui de Cesaro.

Soit $f:\mathbb{N\rightarrow\mathbb{R^{*+}}}$ alors on a $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{k}=0\Longleftrightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=1$$

manu

@gebrane : en effet ce serait une bonne idée de mettre l'exo dans le serveur d'exercices. Celui-ci devrait servir à archiver les beaux problèmes du forum.

gebrane

Merci manu

@boécien Si cette nouvelle conjecture est vraie, c'est que tu as resolu un probleme que j'avais dans e temps: démontrer que $\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k|\sin(k)|}$ ne peut pas étres égale à 1 car tout simplement $\displaystyle\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\left|\sin \left(k\right)\right|\ne 0$  (Ici $f(k)=k|\sin k |$).

À réfléchir à ta nouvelle formulation

De ma part j'ai commencé à réfléchir à une équivalence de type $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{n}=+\infty\iff \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=0.$$

Boécien

@gebrane

Ta proposition est facile à prouver dans un sens.

Preuve de $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{n}=\infty\Rightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=0$
Si $\frac{f(n)}{n}\rightarrow\infty$ alors $\forall M>0$, il existe  $n_{M}$ tel que $n\geq n_{M}\Rightarrow\frac{f(n)}{n}>M$ et donc

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=\sum_{k=1}^{n_{M}}\frac{1}{n+f(k)}+\sum_{k=n_{M}+1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\leq\sum_{k=1}^{n_{M}}\left(\frac{1}{n+f(k)}-\frac{1}{n+Mk}\right)+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+Mk}$$ce qui donne$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\leq\sum_{k=1}^{n_{M}}\left(\frac{1}{n+f(k)}-\frac{1}{n+M k}\right)+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+Mk/n}$$et en faisant tendre vers l'infini pour $M$ fixé on obtient
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}\leq0+\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+Mt}=\frac{_{\log(M+1)}}{M}$$

Ce qui donne puisqu'on peut faire tendre $M$ vers l'infini $$\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=0$$

Edit : pour l'autre sens on se heurte au même problème que précédemment et je peux juste montrer que limsup f(n)/n = infini

Boécien

Soyons fous on peut jouer avec d'autres limites que 1.

Soit $f(n)$ et $g(n)$ deux fonctions $>0$ telles que $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{g(n)}{n}=\ell>0$ alors on a $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{g(n)}=0\Rightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{g(n)+f(k)}=\frac{1}{\ell}$$

Preuve :
On a $1-\frac{f(k)}{g(n)}\leq\frac{1}{1+\frac{f(k)}{g(n)}}\leq1$ et donc en sommant $$\frac{n}{g(n)}-\frac{1}{g(n)^{2}}\sum_{k=1}^{n}f(k)\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{g(n)+g(k)}\leq\frac{n}{g(n)}$$On a $\frac{n}{g(n)}\rightarrow\frac{1}{\ell}$ et $\frac{1}{g(n)^{2}}\sum_{k=1}^{n}f(k)\rightarrow0$ (à confirmer car petit travail à ce niveau où j'ai utilisé Abel ) d'où le résultat.

gebrane

Jolie preuve du sens direct de ma nouvelle proposition. En fait c'est le sens direct qui est utile dans les appliccations.
A voir ton nouveau messsage

gebrane

Bonjour, d’après les preuves ci-dessus, il me semble que   $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{f(n)}{n}=l\in [0,+\infty]\Longrightarrow  \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+f(k)}=\frac{\ln(1+l)}{l}$$ en prenant des limites quand $l=0$ ou $+\infty$.

gebrane

@Boécien Je confirme sans Abel que $\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}f(k)$ tend vers 0 avec l’hypothèse que $f(n)/n$ tend vers $0$.

Boécien

@gebrane: super. Un truc que j'aimerai montrer et qui permettrait de faire des choses :

Lemme (à prouver). Si $f,g>0$ et $\frac{1}{g(n)}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{g(k)}\rightarrow0\ (n\rightarrow\infty)$ alors pour tout $j\geq1$ on a $\frac{1}{g(n)^{j+1}}\sum_{k=1}^{n}f(k)^{j}\rightarrow0$.

Plausible pour toi ?

Boécien

gebrane a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2334294/#Comment_2334294

Oui c'est juste et joli. C'est "d’après les preuves" et pas " d’âpres preuves" car elles ne sont pas trop dures
.

Boécien

Bon allez je me lance pour montrer qu'il suffit d'avoir la moyenne pour aller dans le sens direct.

Soit $f,g:\mathbb{N\rightarrow\mathbb{R^{*+}}}$ avec $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{g(n)}{n}=\ell>0$ alors on a $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{g(n)}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{g(k)}=0\Longrightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{g(n)+f(k)}=\frac{1}{\ell}$$En effet de l'inégalité valable pour $x>0$ $$1-x+\cdots +x^{2m}-x^{2m+1}\leq\frac{1}{1+x}\leq1-x+x^{2}+\cdots -x^{2m-1}+x^{2m}$$on tire$$1-\frac{f(k)}{g(n)}+\frac{f(k)^{2}}{g(n)^{2}}-\frac{f(k)^{3}}{g(n)^{3}}+\cdots -\cdots \leq\frac{1}{1+\frac{f(k)}{g(n)}}\leq1-\frac{f(k)}{g(n)}+\frac{f(k)^{2}}{g(n)^{2}}-\cdots +$$En sommant $$\sum_{j=0}^{2m+1}\sum_{k=1}^{n}(-1)^{j}\frac{f(k)^{j}}{g(n)^{j}}\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{f(k)}{g(n)}}\leq\sum_{j=0}^{2m}\sum_{k=1}^{n}(-1)^{j}\frac{f(k)^{j}}{g(n)^{j}}$$on obtient alors$$\frac{n}{g(n)}+\sum_{j=1}^{2m+1}\frac{(-1)^{j}}{g(n)^{j+1}}\sum_{k=1}^{n}f(k)^{j}\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{g(n)+f(k)}\leq\frac{n}{g(n)}+\sum_{j=0}^{2m}\frac{(-1)^{j}}{g(n)^{j+1}}\sum_{k=1}^{n}f(k)^{j}$$

Lemme (à finir de démontrer)

Si $f,g>0$ et $\frac{1}{g(n)}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{g(k)}\rightarrow0\ (n\rightarrow\infty)$ alors pour tout $j\geq1$ on a$ \frac{1}{g(n)^{j+1}}\sum_{k=1}^{n}f(k)^{j}\rightarrow0$.

Donc si $\frac{g(n)}{n}\rightarrow\ell$ avec le lemme pour tout $m$ il existe $n_{m}$ tel que $-\frac{\varepsilon}{m}<\frac{(-1)^{j}}{g(n)^{j+1}}\sum_{k=1}^{n}f(k)^{j}<\frac{\varepsilon}{m}$ et pour tout $n>n_{m}$ et  on aurait $$\frac{n}{g(n)}-\varepsilon\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{g(n)+f(k)}\leq\frac{n}{g(n)}+\varepsilon$$

et finalement$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{g(n)}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{g(k)}=0\Rightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{g(n)+f(k)}=\frac{1}{\ell}$$

Edit: le lemme n'est pas trop utile dans ce sens car il suffit de développer avec $m=0$. Mais l'idée de son introduction c'est pour démontrer dans l'autre sens.

gebrane

Dans ton lemme, le symbole somme désigne une série ou une somme partielle

Boécien

gebrane a dit :

Dans ton lemme, le symbole somme désigne une série ou une somme partielle

J'ai corrigé. C'est bien des sommes partielles.

Lemme

Si $f,g>0$ et $\frac{1}{g(n)}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{g(k)}\rightarrow0\ (n\rightarrow\infty)$ alors pour tout $j\geq1$ on a $ \frac{1}{g(n)^{j+1}}\sum_{k=1}^{n}f(k)^{j}\rightarrow0$.

Remarque

En notant $S(n)=\frac{1}{g(n)}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{g(k)}$ et $S_j(n)=\frac{1}{g(n)^{j+1}}\sum_{k=1}^{n}f(k)^{j}$, on a peut-être même $S(n)>S_1(n)>S_2(n)>\cdots>0$ vu la positivité de $f,g$ ce qui pourrait être utile de connaitre pour la réciproque.

gebrane

Ton lemme est assez difficile, commençons par ce cas simple ($g(k)=k$ et $j=1$) pour comprendre les choses et encourager les visiteurs à chercher avec nous

Lemme. Si $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{k}\rightarrow0\ (n\rightarrow\infty)$, alors  $ \frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}f(k)\rightarrow0 \ (n\rightarrow\infty)$.

Boécien

gebrane a dit :

@Boécien Je confirme sans Abel que $\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}f(k)$ tend vers 0 avec l’hypothèse que $f(n)/n$ tend vers $0$.

Oui ici c'est Stoltz. Et la réciproque n'est vraie qu'en ajoutant une condition sur f. Pour le lemme comme on passe de somme en somme je me dis que c'est moins exigeant et que ça doit marcher avec Abel. N'oublions pas que f>0.

gebrane

Peut être @P peut nous aider car en proba, on a ce genre de magie.

\[\sum_{k=1}^\infty \frac{X_k}{a_k}\text{ converge a.s.}\iff \frac{1}{a_n}\sum_{k=1}^n X_k\stackrel{a.s.}{\to} 0\text{ as }n\to\infty.\] en supposant que $\  \{X_n\mid n \ge 1 \} $ sont des variables aléatoires et $\  \{a_n\mid n \ge 1 \} $ sont des nombres positifs croissant vers $ + \infty. $

Boécien

Je crains que le serpent se morde la queue. Les diverses tentatives avec Abel nécessitent pour conclure positivement de savoir que f(n)/n tend vers zéro...

Je crois qu'on peut se contenter d'un seul sens ==> ou du double sens mais avec la liminf ou limsup dans le sens <==.

gebrane

Je suis d'accord et les sens le plus utile c'est le sens $\Longrightarrow$

Donc à une prochaine aventure

Boécien

Boécien

Bon je ne peux pas partir sans laisser un truc un peu propre avec ce que j'estime être à mon niveau la chose la plus générale en supposant $g$ croissante uniquement et toujours $f>0$.

Soit $f,g:\mathbb{N\rightarrow\mathbb{R^{*+}}}$ avec $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{g(n)}{n}=\ell>0$ et $g$ croissante alors on a

$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{g(n)}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{g(k)}=0\Longrightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{g(n)+f(k)}=\frac{1}{\ell}$$

En effet de l'inégalité valable pour $x>0$

$$1-x\leq\frac{1}{1+x}\leq1$$

on tire

$$1-\frac{f(k)}{g(n)}\leq\frac{1}{1+\frac{f(k)}{g(n)}}\leq1$$

En sommant on obtient alors

$$\frac{n}{g(n)}-\frac{1}{g(n)^{2}}\sum_{k=1}^{n}f(k)\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{g(n)+f(k)}\leq\frac{n}{g(n)}$$

Comme $f,g>0$ et $g$ croissante on a

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{g(k)}\geq\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{g(n)}\Rightarrow\frac{1}{g(n)^{2}}\sum_{k=1}^{n}f(k)\leq\frac{1}{g(n)}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{g(k)}$$

D'après l'hypothèse $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{g(n)}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{g(k)}=0$ on a donc $\frac{1}{g(n)^{2}}\sum_{k=1}^{n}f(k)\rightarrow0\ (n\rightarrow\infty)$ et comme $ \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{g(n)}{n}=\ell$ en faisant tendre $n$ vers l'infini on en déduit $\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{g(n)+f(k)}=\frac{1}{\ell}$.

Edit.

En gardant les mêmes hypothèses on peut alléger la présentation.

Soit $f,g:\mathbb{N\rightarrow\mathbb{R^{*+}}}$ avec $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{g(n)}{n}=\ell>0$ et $g$ croissante alors on a

$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(k)}{k}=0\Longrightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{g(n)+f(k)}=\frac{1}{\ell}$$