Des applications de Cesàro et/ou Abel et/ou Silverman–Toeplitz

Boécien

Pour la 7 que dites vous de cette tentative de généralisation.

Soient trois suites $a_{n},b_{n},c_{n}$ convergeant respectivement vers $a,b,c$. Alors on a
$$\frac{2}{n(n+1)}\sum_{i_{1}+i_{2}+i_{3}=n}a_{i_{1}}b_{i_{2}}c_{i_{3}}\rightarrow abc$$

gebrane

Il y a une coquille et puisqu'on y est, pourquoi ne pas mettre p suites

Boécien

C'est le but

Boécien

Pour l'échauffement 2 qui me va bien ce matin, si tu n'as toujours pas de preuve à pointer en voici une.

On a $nM(n)=\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ et donc par différence on obtient $$(n+1)M(n+1)-nM(n)=a_{n+1}.$$ Soit $$\frac{a_{n+1}}{n}=M(n+1)-M(n)+\frac{M(n+1)}{n}.$$
D'après Cesàro comme $M_{n+1}-M_{n}\rightarrow0$ il en va de même de $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(M_{k+1}-M_{k}\right)=\frac{M_{n+1}-M_1}{n}$ et donc $\frac{a_{n+1}}{n}\rightarrow0$ ce qui permet de conclure.

Boécien

Pour la 13 je ne vois pas encore de lien vers une solution (trop trivial pour les cracks ). C'est immédiat par Cesàro généralisé.

Soit $v_{n}=\frac{u_{n}-u_{n-1}}{n^{a}}\rightarrow\ell$, par Cesàro généralisé comme $a\geq0$ on a

$$\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}k^{a}}\sum_{k=1}^{n}k^{a}v_{k}\rightarrow\ell\Rightarrow\frac{a+1}{n^{a+1}}\sum_{k=1}^{n}u_{k}-u_{k-1}=\frac{a+1}{n^{a+1}}\left(u_{n}-u_{0}\right)\rightarrow\ell\Rightarrow u_{n}\sim\frac{\ell}{a+1}n^{a+1}.$$

gebrane

C' est fait @Boécien  et bravo pour la 13

Je ne sais pas ce que les autres pensent. Mais qu'est-ce qu'il fait gebrane dans ce fil ; peut-être  il ne fait que remplir des disques durs.

Boécien

Tu remplis le cloud

Enigme 29
Pour tout $k\geq1$ entier on a $f(k)=f\left(k-2\pi\left\lfloor \frac{k}{2\pi}\right\rfloor \right)=f\left(2\pi\left\{ \frac{k}{2\pi}\right\} \right)$, où $\left\{ .\right\}$  désigne la partie fractionnaire.
Comme $2\pi$ est irrationnel la suite $2\pi\left\{ \frac{k}{2\pi}\right\}$  est équidistribuée sur $\left[0,2\pi\right]$ et on a du fait que $f$ soit Riemann intégrable (car continue).
$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f(k)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(2\pi\left\{ \frac{k}{2\pi}\right\} \right)\rightarrow\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(t)dt$$

Georges Abitbol

Pour la 29, il y a une démonstration assez efficace avec les séries de Fourier.

Enfin, pour la 7 et ses généralisations, je propose le lemme : pour tous entiers $p,k$, le nombre de $p$-uplets d’entiers qui sont tous plus grands que $k$ et dont la somme fait $n$, divisé par le nombre de $p$-uplets d’entiers de somme $n$ est un $o(\frac{1}{n})$. Par conséquent, dans la plupart des termes de la somme du 7, tous les termes du produit sont assez loin dans les suites convergentes et donc valent presque leur limite.

gebrane

bravo @Boécien pour la 29, je connaissais une preuve passant par les séries de Fourier ( mentionné par George)

Boécien

Merci @gebrane. Je m'évertue à rechercher les solutions par moi même ce qui fait que je rate souvent des "évidences".

gebrane

Mon cher compagnon @Boécien  fait moi plaisir et explose la 26

Boécien

@gebrane la 26 a l'air à ma portée si Calli ou Raoul me la laisse Pour la 32 que j'ai suggérée après avoir compulsé le livre de Knopp je peux donner un indice mais je ne sais pas comment utiliser l'oeil "révéler".

gebrane

explose la vite avant que Calli vienne avec son arc magique.

Calli

Nan mais Calli il est un peu occupé là de toute façon, donc vas-y Boécien, je t'en prie. 

raoul.S

@gebrane Legolas/Calli n'est pas seul avec son arc... il y a Gimli/Boécien qui lui fait de l'ombre avec sa hache 🤣

Boécien

Comment Raoul a su que j'étais barbu?

gebrane

Boécien bah raoul c'est Gandalf , il sait tout et ne te méfie pas aux apparences , c'est un démon

Georges Abitbol

Enigme 7bis (suggérée par Boécien et gebrane) :
Pour tout couple $(p,n)$ d'entiers naturels non nuls, on note $\Delta_p(n)$ l'ensemble des $p$-uplets d'entiers naturels non nuls dont la somme vaut $n$.
Soit $p$ un entier, et soit $(a_{m,n})_{m \in \{1,\cdots,p\}, n \in \mathbb{N}^*}$ une famille de réels et supposons que pour tout $m \in \{1,\cdots,p\}$, $(a_{m,n})_{n}$ est convergente.
Alors \[ \lim_{n\to \infty} \frac{1}{\vert \Delta_p(n) \vert} \sum_{(n_1,\cdots,n_p) \in \Delta_p(n)} \prod^p_{m=1} a_{m,n_m} = \prod^p_{m=1} \lim_{n\to \infty} a_{m,n}.\]
--------------------------------------------------------------------
Solution.
Notons, pour tout triplet $(p,k,n)$ d'entiers naturels non nuls, $\Delta^{> k}_p(n)$ le sous-ensemble de $\Delta_p(n)$ formé des $p$-uplets d'entiers tous strictement plus grands que $k$.
Notons, pour tout triplet $(p,j,n)$ d'entiers naturels non nuls, notons $\Delta^{j}_p(n)$ le sous-ensemble de $\Delta_p(n)$ formé des $p$-uplets d'entiers, dont le premier vaut $j$.
Lemme 1.

Pour tout triplet $(p,k_1,n)$ d'entiers naturels non nuls, $\vert \Delta_p(n) \vert = \begin{pmatrix}n-1\\p-1\\\end{pmatrix}$ et $\vert \Delta^{j}_p(n) \vert = \begin{pmatrix}n-1-j\\p-2\\\end{pmatrix}$.

Démo.

C'est le coup des bâtonnets !

Lemme 2.

On a, pour tout entier $k$ et tout entier $p$ tel que $p\geq 2$, \[\lim_{n \to \infty} \frac{\vert \Delta_p(n) \setminus \Delta^{> k}_p(n) \vert}{\vert \Delta_p(n) \vert} = 0.\]

Démo.

Soient $k$ et $p$ des entiers. Alors \[\Delta_p(n) \setminus \Delta^{> k}_p(n) \subset \bigcup^{p-1}_{i=0} \bigcup^{k}_{j=1} \sigma^i * \Delta^{j}_p(n),\]où on a noté $\sigma$ un $p$-cycle quelconque dans $\mathfrak{S}_p$. Ainsi, on a \[\begin{array}{rcl}\vert \Delta_p(n) \setminus \Delta^{>k}_p(n) \vert &\leq &\displaystyle p\sum^k_{j=1} \begin{pmatrix}n-1-j\\p-2\\\end{pmatrix}\\&\leq &\displaystyle pk\begin{pmatrix}n-2\\p-2\\\end{pmatrix},\\\end{array}\] d'où on déduit que \[\frac{\vert \Delta_p(n) \setminus \Delta^{> k}_p(n) \vert}{\vert \Delta_p(n) \vert} \leq p(p-1)k\frac{1}{n-1},\]ce qui suffit.

Solution de l'énigme.

Notons, pour tout $m$, $a_{m,\infty} := \lim_n a_{m,n}$. Soit $M$ un réel qui borne tout le monde. Alors \[\begin{array}{rcl}\vert a_{1,n}\cdots a_{p,n} - a_{1,\infty}\cdots a_{p,\infty} \vert &\leq &\vert a_{1,n}\cdots a_{p,n} - a_{1,n}a_{2,\infty}\cdots a_{p,\infty}\vert \\& &+ \vert a_{1,n}a_{2,\infty}\cdots a_{p,\infty} - a_{1,\infty}\cdots a_{p,\infty} \vert\\&\leq &M \vert a_{2,n}\cdots a_{p,n} - a_{2,\infty}\cdots a_{p,\infty} \vert \\& &+ M^{p-1} \vert a_{1,n} - a_{1,\infty} \vert\\&\stackrel{recurrence}{\leq} &M^{p-1} \sum^p_{m=1} \vert a_{m,n} - a_{m,\infty} \vert.\\\end{array}\] Soit $\epsilon >0$. Soit $k$ tel que pour tout $n > k$, et tout $m$, \[\vert a_{m,n} - a_{m,\infty} \vert \leq \frac{\epsilon}{2pM^{p-1}}.\] Alors, pour tout $p$-uplet $(n_1,\cdots,n_p)$ d'entiers naturels strictement plus grands que $k$, \[\vert a_{1,n_1}\cdots a_{p,n_p} - a_{1,\infty}\cdots a_{p,\infty} \vert < \frac{\epsilon}{2}.\] Ainsi, \[\begin{array}{rcl}\left\vert\frac{1}{\vert \Delta_p(n) \vert}\sum_{(n_1,\cdots,n_p) \in \Delta_p(n)} \prod^p_{m=1} a_{m,n_m} - \prod^p_{m=1} a_{m,\infty} \right\vert &\leq &\displaystyle \frac{1}{\vert \Delta_p(n) \vert} \sum_{(n_1,\cdots,n_p) \in \Delta_p(n)} \left\vert \prod^p_{m=1} a_{m,n_m} - \prod^p_{m=1} a_{m,\infty} \right\vert\\&= &\displaystyle \frac{1}{\vert \Delta_p(n)\vert} \sum_{(n_1,\cdots,n_p) \in \Delta^{>k}_p(n)} \cdots \\& &\displaystyle + \frac{1}{\vert \Delta_p(n)\vert} \sum_{(n_1,\cdots,n_p) \not \in \Delta^{>k}_p(n)} \cdots \\&\leq &\displaystyle \frac{\epsilon}{2} + \frac{\vert \Delta_p(n) \setminus \Delta^{>k}_p(n) \vert}{\vert \Delta_p(n)} 2M^p\\&= &\frac{\epsilon}{2} + o(1).\\\end{array}\]

gebrane

Je vais m’empêcher de voir ce qui se cache sous le révéler mais la tentation est si grande car je n'ai aucune idée

Merci @Georges Abitbol

Boécien

Bravo Georges. Pour la 26 je crois avoir réussi mais la rédaction qui suit n'est sans doute pas top. Merci de me signaler les coquilles et autres bourdes.

On a pour rappel
• $a_{n}$ positive décroissante
• $0\leq a<1$
• $\ell>0$
Il faut montrer $n^{a}a_{n}\rightarrow\ell\Longleftrightarrow n^{a}\frac{A(n)}{n}\rightarrow\frac{\ell}{1-a}$ où $A(n)=a_1+..+a_n$.
Sens $\Longrightarrow$
En notant $v_{k}=k^{-a}$ on a $0\leq a<1\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}v_{k}\sim\frac{n^{1-a}}{1-a}\rightarrow\infty$.
On peut donc appliquer Cesàro généralisé à $u_{n}=n^{a}a_{n}$ qui tend vers $\ell$ avec les poids $v_{k}$ ce qui donne
$$\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}v_{k}}\sum_{k=1}^{n}v_{k}u_{k}\rightarrow\ell\Longrightarrow n^{a}\frac{A(n)}{n}\rightarrow\frac{\ell}{1-a}$$Sens $\Longleftarrow$
Comme $a_{n}$ est décroissante et positive on a $a_{n}\rightarrow\ell'\geq0$.
Si $a=0$ on a $\ell'=\ell$ et il faut montrer
$$\frac{A(n)}{n}\rightarrow\ell\Rightarrow a_{n}\rightarrow\ell$$

 Cette réciproque de Cesàro est vraie (voir énigme 10 où il suffit de remplacer $a_{n}$ par $-a_{n}$ pour avoir une suite croissante).
On va donc supposer maintenant que $a>0$.
Si $\ell'>0$ cela donne $A(n)\sim\ell'n\Longrightarrow n^{a}\frac{A(n)}{n}\sim\ell'n^{a}$ qui ne peut pas converger si $a>0$.
On a donc nécessairement $a_{n}\rightarrow0$.
Lemme
Si $u_{n}>0$ décroit vers zéro et que $\sum_{k=1}^{n}u_{k}\sim n^{1-\alpha}\ \left(n\rightarrow\infty\right)$ avec $0<\alpha<1$ alors on a $u_{n}=O\left(n^{-\alpha}\right)$.
Preuve du lemme
On a comme $u_{n}$ décroit $u_{n}\leq\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}u_{k}\sim n^{-\alpha}$ cqfd.

Soit alors $w_{n}:=n^{a}a_{n}$ on a

$$\left|w_{n}-w_{n-1}\right|=\left|n^{a}a_{n}-(n-1)^{a}a_{n-1}\right|\leq a_{n}\left|n^{a}-(n-1)^{a}\right|\sim a_n n^{a-1}$$

vu que $a_{n}$ est décroissante. En appliquant le lemme il vient $a_{n}=O\left(n^{-a}\right) $et on a donc$$w_{n}-w_{n-1}=O(n^{-1})$$Supposons alors que $w_{n}$ ne converge par vers $\ell$, en appliquant l'énigme 12 comme $\sum_{k=1}^{n}k^{-a}\rightarrow\infty$, on aurait aussi par Cesàro généralisé $\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}k^{-a}}\sum_{k=1}^{n}k^{-a}w_{k}$ qui ne convergerait pas vers vers $\ell$. Or par hypothèse $n^{a-1}\sum_{k=1}^{n}a_{k}\rightarrow\frac{\ell}{1-a}$ contradiction.

Edit: la conclusion précédente ne marche pas avec 12 qui traite uniquement du Cesàro non généralisé (il faudrait voir du reste comment étendre ce théorème). Il est plus simple d'utiliser Toeplitz ici.

Pour le cas $0<a<1$ en notant
• $w_{n}:=n^{a}a_{n}$
• $c(n,k)=(1-a)k^{-a}n^{a-1}$
on a
• $c(n,k)\rightarrow0$ pour tout cas fixé
• $\sum_{k=1}^{n}c(n,k)\sim1$ et donc est borné
On peut donc appliquer Toepliz et comme par hypothèse $\sum_{k=1}^{n}w_{k}c(n,k)\rightarrow\ell$ on a $w_{n}$ qui converge vers $\ell$.

Edit 2: il faudrait montrer que $w_n$ converge pour conclure ainsi ce qui est tautologique!

gebrane

@Boécien Je vais prendre mon plaisir à lire ta preuve demain soir

gebrane

@Boécien, j'ai regardé ton raisonnement. Vers la fin il y a un blême, tu n'as pas démontré que la suite w_n est convergente pour conclure avec  S-T

Boécien

gebrane a dit :

@Boécien, j'ai regardé ton raisonnement. Vers la fin il y a un blême, tu n'as pas démontré que la suite w_n est convergente pour conclure avec  S-T

Tu as raison. Cependant w_n=n^aa_n est croissante. En effet comme a>0,a_{n}>0 est décroissante on a

w_{n}-w_{n-1}=n^{a}a_{n}-(n-1)^{a}a_{n-1}\geq a_{n-1}\left(n^{a}-(n-1)^{a}\right)\geq0

Donc w_{n} est croissante. On ne peut pas montrer qu'elle est bornée ce serait trop facile. Donc soit elle converge soit elle diverge vers l'infini.

En supposant qu'elle ne converge pas on aurait donc \lim_{n\rightarrow\infty}w_{n}=\infty avec  \sum_{k=1}^{n}w_{k}c(n,k)\rightarrow\ell.

A mon avis ce n'est pas possible.

gebrane

@Boécien  ta première inégalité est dans l'autre sens. on a bien convenu que la suite a est décroissante

gebrane

@Georges Abitbol  Titre : il se passe de belles choses dans ce fil.

Je n'ai pas pu m’empêcher de lire ta preuve ( je n'ai pas compris tout, mais ça avance)

. Le moins qu'on puisse dire pour ta formulation de l’énigme 7bis et ta preuve : bravo!.  ta formulation et  ta preuve vont restées gravées dans les mémoires . 

As-tu passé par Ulm, ens ?

Merci pour ton intérêt pour ce fil, tu lui a donné une autre dimension.

Je vais partager les généralisations de l'énigme 7 en deux parties, une pour 3 suites ( facile pour gebrane et compagnies) et l'autre pour p suites)

Boécien

gebrane a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2337930/#Comment_2337930

[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

Oops j'ai édité. Je pense que la première idée est la bonne d'utiliser 12.

gebrane

Mais il n'est pas certain que la réciproque de la 12 soit vraie

Boécien

[Inutile de reproduire le message précédent. AD]

gebrane

Il faudrait que cette nouvelle énigme soit juste : soit $\left(u_{n}\right)$ une suite positive et $\left(x_{n}\right)$ une suite positive telle que $\sum_{k=1}^{n}x_{k}\rightarrow+\infty$. Supposons que $\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}x_{k}}\sum_{k=1}^{n}x_{k}u_{k}\rightarrow\ell$. Soit $\left(y_{n}\right)$ une autre suite positive telle que $\sum_{k=1}^{n}y_{k}\rightarrow+\infty$. Peut-on dire que

$$\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}}\sum_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}u_{k}\rightarrow\ell$$

ou faut-il une autre condition ?

gebrane

Boécien  La réciproque de la 26 est assez difficile si on a pas la bonne inspiration. Ici l'utilisation des limites sup et inf est fondamentale. On n'a pas besoin de démontrer la réciproque de l’énigme 12. Cette énigme vient d'une de mes discussions avec @Siméon. Pour te donner une inspiration regarde ce qu'a fait @raoul.S dans https://math.stackexchange.com/questions/3593028/with-asymptotic-formulas-for-partial-sum

raoul.S

Pour info ce n'est pas moi, c'est un (pseudo-)homonyme...

Boécien

J'ai eu peur . Dans le lien donné par gebrane le Raoul en question fait une grosse bourde qui vaut les miennes.

gebrane

La coquille commise par Raoul  n'est pas grave, je vais t'expliquer quand je serais sur un PC ce soir

gebrane

@Boécien

On note $S_n = \sum_{k=1}^n u_k$. On suppose $S_n\sim \sqrt n$ et montrons que $  \sqrt{n} u_n\sim \frac12$.  Soit  $\epsilon>0$, notons   $a_n = \lceil(1+\epsilon) n \rceil$  ( remarquons ( c'est très important) que  $n<a_n$ car $n<(1+\epsilon)n$ et $a_n = \lceil(1+\epsilon) n \rceil$ entraine $(1+\epsilon) n\leq a_n$ ). Par décroissance de la suite $u$, on a
$S_{a_n}-S_n= u_{n+1} + u_{n+2} + \cdots + u_{a_n} \leq (a_n-n) u_n \leq n\epsilon u_n$ donc $\epsilon u_n\geq \frac 1{n}(S_{a_n}-S_n)$, autrement  dit $\sqrt n\epsilon u_n\geq \frac 1{\sqrt n}(S_{a_n}-S_n)=\sqrt{\frac{a_n}{ n}}\frac{S_{a_n}}{\sqrt{a_n}}-\frac{S_n}{\sqrt n}$. On passe à la limite inf  ( Noter que $\frac{a_n}n\to 1+\epsilon$, $\frac{S_n}{\sqrt n}\to 1$ et $\frac{S_{a_n}}{\sqrt{a_n}}\to 1$)

$$\sqrt{1+\epsilon} - 1 \leq \epsilon \liminf \sqrt{n} u_n.
$$
Divisons par  $\epsilon$ et tendons  $\epsilon \to 0$
$$\frac12 \leq \liminf \sqrt{n} u_n.$$

Pour  prouver que $\limsup \sqrt{n} u_n \leq \frac12.$

Soit  $0<\epsilon<1$, notons   $b_n = \lfloor(1-\epsilon) n \rfloor$  ( remarquons ( c'est très important) que  $n>b_n$ car $n>(1-\epsilon)n$ et $b_n = \lfloor(1-\epsilon) n \rfloor$ entraine $(1-\epsilon) n\geq b_n$ ).
Par décroissance de la suite $u$, on a
$S_{n}-S_{b_n}= u_{b_n+1}  + \cdots + u_n \geq (n-b_n) u_n \geq  n\epsilon u_n$ , d'où $\displaystyle \frac{S_n}{\sqrt n}-\sqrt{\frac {b_n}n} \frac{S_{b_n}}{\sqrt{b_n}}\geq \sqrt n \epsilon u_n$. On passe à la limite Sup  

$$1-\sqrt{1-\epsilon}  \geq \epsilon \limsup \sqrt{n} u_n.
$$ Divisons par  $\epsilon$ et tendons  $\epsilon \to 0$
$$\frac12 \geq \limsup \sqrt{n} u_n.$$

Boécien

@gebrane Merci c'est clair ok pour l'autre sens et on peut généraliser à la 26.

gebrane

oui

Boécien

Bon j'ai essayé de rédiger la preuve de la 26. Attention aux coquilles !

Sens $\Longrightarrow$
En notant $v_{k}=k^{-\alpha}$ on a $0\leq \alpha<1\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}v_{k}\sim\frac{n^{1-\alpha}}{1-\alpha}\rightarrow\infty$.
On peut donc appliquer Cesàro généralisé à $u_{n}=n^{\alpha}a_{n}$ qui tend vers $\ell$ avec les poids $v_{k}$ ce qui donne
$$\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}v_{k}}\sum_{k=1}^{n}v_{k}u_{k}\rightarrow\ell\Longrightarrow n^{\alpha}\frac{A(n)}{n}\rightarrow\frac{\ell}{1-\alpha}$$

L'autre sens plus compliqué

Soit $a_{n}$ décroissante positive, $0<\alpha<1$. Montrons que$$A(n)=\sum_{k=1}^{n}a_{k}\sim\frac{\ell}{1-\alpha}n^{1-\alpha}\Rightarrow n^{\alpha}a_{n}\rightarrow\ell$$Soit $u_{n}=\left\lfloor (1+\varepsilon)n\right\rfloor$  et $\varepsilon>0$ alors $u_{n}\leq(1+\varepsilon)n$ et $u_{n}\geq(1+\varepsilon)n-1$. Comme $a_{n}$ est décroissante on a$$a_{n+1}+a_{n+2}+...+a_{u_{n}}\leq a_{n}\left(u_{n}-n\right)\leq\varepsilon na_{n}$$ $\Rightarrow A(u_{n})-A(n)\leq a_{n}\left(u_{n}-n\right)\leq\varepsilon na_{n}$
$\Rightarrow\frac{A(u_{n})}{n^{1-\alpha}}-\frac{A(n)}{n^{1-\alpha}}\leq\varepsilon n^{\alpha}a_{n}$
$\Rightarrow\frac{u_{n}^{1-\alpha}}{n^{1-\alpha}}\frac{A(u_{n})}{u_{n}^{1-\alpha}}-\frac{A(n)}{n^{1-\alpha}}\leq\varepsilon n^{\alpha}a_{n}$$$\Rightarrow\liminf_{n\rightarrow\infty}n^{\alpha}a_{n}\geq\frac{\ell}{1-\alpha}\left(\frac{\left(1+\varepsilon\right)^{1-\alpha}-1}{\varepsilon}\right)\rightarrow_{\varepsilon\rightarrow0}\ell$$Dans l'autre sens $$a_{n+1}+a_{n+2}+...+a_{u_{n}}\geq a_{u_{n}}\left(u_{n}-n\right)\geq a_{u_{n}}\left((1+\varepsilon)n-1-n\right)$$$\Rightarrow A(u_{n})-A(n)\geq u_{n}a_{u_{n}}\left(\frac{\varepsilon n-1}{u_{n}}\right)$
$\Rightarrow\frac{A(u_{n})}{u_{n}^{1-\alpha}}-\frac{A(n)}{u_{n}^{1-\alpha}}\geq u_{n}^{\alpha}a_{u_{n}}\left(\frac{\varepsilon n-1}{u_{n}}\right)$
$\Rightarrow\frac{A(u_{n})}{u_{n}^{1-\alpha}}-\frac{n^{1-\alpha}}{u_{n}^{1-\alpha}}\frac{A(n)}{n^{1-\alpha}}\geq u_{n}^{\alpha}a_{u_{n}}\left(\frac{\varepsilon n-1}{u_{n}}\right)$
$\Rightarrow\limsup_{n\rightarrow\infty}u_{n}^{\alpha}a_{u_{n}}\frac{\varepsilon}{1+\varepsilon}\leq\frac{\ell}{1-\alpha}\left(1-\frac{1}{(1+\varepsilon)^{1-\alpha}}\right)$
Quand $\varepsilon\rightarrow0$ on a $\limsup_{n\rightarrow\infty}u_{n}^{\alpha}a_{u_{n}}\rightarrow\limsup_{n\rightarrow\infty}n^{\alpha}a_{n}$ et $\left(1+\varepsilon\right)\Bigg(\dfrac{1-\frac{1}{(1+\varepsilon)^{1-\alpha}}}{\varepsilon}\Bigg)\rightarrow1-\alpha$. On a donc montré$$\ell\leq\liminf_{n\rightarrow\infty}n^{\alpha}a_{n}\leq\limsup_{n\rightarrow\infty}n^{\alpha}a_{n}\leq\ell\Rightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}n^{\alpha}a_{n}=\ell$$

gebrane

Bravo @Boécien , je vais pointer ta réponse comme une solution. Peux-tu copier et coller ta démo du sens direct pour avoir une solution complète . 

Calli

C'est astucieux ce passage aux lim inf et sup en regardant $a_n,\dots,a_{\lfloor (1+\varepsilon)n\rfloor}$.

Boécien

Les choses les plus simples arrivant toujours à la fin je crois que j'ai trouvé une preuve plus élégante de la 26 sans recours aux liminf et limsup. J'ai un peu peur d'être ridicule si je me suis encore planté pour la poster. Elle est basée sur un lemme de Kloostermann que j'ai trouvé par hasard en cherchant une autre preuve de la 12 que celle de Calli. Mais tout ça c'est blanc bonnet et bonnet blanc, les epsilons se cachent dans les O.

Calli

Allez @Boécien, n'hésite pas à poster ce que tu as trouvé !

gebrane

Il reste encore des bijoux, la 17 et la 19

Calli

Moi je suis en train de rédiger la réponse à la n°32. Mais je vais peut-être aller au lit. Je continuerai ce week-end.

Boécien

Bon ok mais on ne se moque pas si une grosse boulette se trouve dans ce qui suit. A première vue c'est pas beaucoup plus simple mais je trouve ça plus élégant sans les liminf et limsup. Tout est basé sur lemme suivant assez facile à prouver et qu'il me semble utile de connaitre quand on trifouille des sommes.

Preuve alternative du sens le plus compliqué de la 26 (ne marche pas!)

Lemme de Kloosterman (1940) On a $$A(n+h)-A(n)=ha_{n}+\frac{h(h+1)}{2}v_{h,n}$$

où $v_{h,n}$ est un nombre compris entre le minimum et le maximum de l'ensemble $\left\{ a_{n}-a_{n-1},a_{n+1}-a_{n},...,a_{n+h}-a_{n+h-1}\right\}$ .
Ainsi en prenant $h=\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor$  on obtient$$A(n+\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor )-A(n)=\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor a_{n}+\frac{\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor (\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor +1)}{2}v_{\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor ,n}$$ Il est facile de voir que $a_{n}\ll n^{-\alpha}$ (cf mon lemme quelques messages plus haut) d'où on tire, comme $0<\alpha<1$ et que $a$ est décroissante positive , $a_{n}-a_{n-1}\ll n^{-\alpha-1}\Rightarrow a_{n+i}-a_{n+i-1}\ll n^{-\alpha-1}\left(1+\frac{i}{n}\right)^{-\alpha-1}\ll n^{-\alpha-1}+in^{-\alpha-2}\ll n^{-\alpha-1}$ pour $i\leq\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor$   donc $$A(n+\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor )-A(n)=\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor a_{n}+O\left(n^{\alpha-1}\right)$$ puis en faisant tendre $n$ vers l'infini on arrive à
$$A(n+\left\lfloor n^{a}\right\rfloor )-A(n)-\left\lfloor n^{a}\right\rfloor a_{n}\rightarrow0$$
sachant que $A(n)\sim\frac{\ell}{1-\alpha}n^{1-\alpha}$ il vient ensuite$$\frac{\ell}{1-\alpha}\left((n+\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor )^{1-\alpha}-n^{1-\alpha}\right)-\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor a_{n}\rightarrow0$$ et finalement vu que $(n+\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor )^{1-\alpha}-n^{1-\alpha}\rightarrow1-\alpha$ on conclue$$\ell-n^{\alpha}a_{n}\rightarrow0$$

gebrane

Bon Samedi @Boécien, tu m’étonnes, idée originale.

Mais je ne peux pas valider ton raisonnement: tu as sommé des équivalents dans ce passage

Boécien a dit :

sachant que $A(n)\sim\frac{\ell}{1-\alpha}n^{1-\alpha}$ il vient ensuite$$\frac{\ell}{1-\alpha}\left((n+\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor )^{1-\alpha}-n^{1-\alpha}\right)-\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor a_{n}\rightarrow0$$

Exemple si $u_n=n^2+n\sim n^2, v_n=n^2\sim n^2, w_n=n\sim n $ on a $u_n-v_n-w_n=0 \to 0$ mais $n^2-n^2-n\to -\infty$.

Boécien

@gebrane

Merci d'avoir pointé cette conclusion brouillonne. Et comme ça.

Sachant que $A(n)\sim\frac{\ell}{1-\alpha}n^{1-\alpha}$ on a$$A(n+\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor )-A(n)=A(n)\left(\frac{A(n+\left\lfloor n^{a}\right\rfloor )}{A(n)}-1\right)$$ $\sim\frac{\ell}{1-\alpha}n^{1-\alpha}\left(\frac{\left(n+\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor \right)^{1-\alpha}}{n^{1-\alpha}}-1\right)$
$\sim\frac{\ell}{1-\alpha}n^{1-\alpha}\left(\left(1+\frac{\left\lfloor n^{\alpha}\right\rfloor }{n}\right)^{1-\alpha}-1\right)$
$\sim\frac{\ell}{1-\alpha}n^{1-\alpha}\left(\left(1+n^{\alpha-1}\right)^{1-\alpha}-1\right)$ $$\sim\frac{\ell}{1-\alpha}n^{1-\alpha}\left(1+(1-\alpha)n^{\alpha-1}-1\right)=\ell$$

gebrane

C'est nettement mieux. Tu es sur la voie de devenir un deuxième Calli

Boécien

J'en suis loin! Il reste un passage qui doit être renforcé, à savoir montrer plus rigoureusement $a_n-a_{n-1}=O(n^{-\alpha-1})$.

Calli

Ah oui, j'allais demander d'où vient le $a_n-a_{n-1}\ll n^{-\alpha-1}$. Je n'ai pas compris ce passage.

J'ai des doutes sur l'avant-dernier message de Boécien. A priori, on a juste $$\begin{eqnarray*}
A(n+\left\lfloor n^{a}\right\rfloor )-A(n) &=& \frac\ell{1-\alpha}(n+\left\lfloor n^{a}\right\rfloor )^{1-\alpha}(1+o(1))- \frac\ell{1-\alpha}n^{1-\alpha}(1+o(1))\\
&=&  \frac\ell{1-\alpha}\left((n+\left\lfloor n^{a}\right\rfloor )^{1-\alpha}- n^{1-\alpha}\right) +o(n^{1-\alpha})
\end{eqnarray*}$$ avec $n^{1-\alpha}\to\infty$ (donc trop grand, on voudrait un $o(1)$). Il faudrait mieux expliciter les petits $o$ pour être sûr que l'avant-dernier message de Boécien fonctionne. Car j'ai peur qu'on ait $\frac{A(n+\left\lfloor n^{a}\right\rfloor )}{A(n)}-1 = \frac{(n+\left\lfloor n^{a}\right\rfloor )^{1-\alpha}}{n^{1-\alpha}}-1 +o(\text{truc trop grand})$.

Calli

Je réponds à l'énigme n°32 (je reformule un peu l'énoncé) :

Soit $(a_{n} )\in \mathbb{R}^{\mathbb{N}}$ telle que la série entière $f:x\mapsto \sum\limits_{n=0}^\infty a_{n} x^{n}$ a un rayon de convergence au moins 1. On note $A_{n} = \sum\limits_{k=1}^n a_{k}$. Montrer que $$\liminf _{n\rightarrow \infty } \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n A_{k} \leqslant \liminf _{x\rightarrow 1^{-}} f(x) \leqslant \limsup _{x\rightarrow 1^{-}} f(x) \leqslant \limsup _{n\rightarrow \infty } \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n A_{k.}$$

L'énoncé d'origine supposait que la série $\sum a_{n}$ est convergente, mais ça m'a semblé être une erreur car c'est trop facile ainsi. En effet, dans ce cas $\liminf\limits _{n\rightarrow \infty } \frac{1}{n+1} \sum\limits_{k=0}^n A_{k} = \limsup\limits _{n\rightarrow \infty } \frac{1}{n+1} \sum\limits_{k=0}^n A_{k} =\sum\limits_{n=0}^\infty a_{n}$ par Cesàro, et parallèlement $f(x) \underset{x\rightarrow 1^{-}}{\longrightarrow} \sum\limits_{n=0}^\infty a_{n}$ d'après le théorème d'Abel. J'ai donc pris la liberté de retirer cette hypothèse.

Commençons par un lemme, généralisant le théorème de Silverman-Toeplitz.

Lemme : Soient $X$ un espace topologique et $x_{0} \in X$ (par exemple $X= \mathbb{N}\cup\{\infty\}$ et $x_{0} =\infty $). Soient $(u_{n} )\in \mathbb{R}^{\mathbb{N}}$ et $(c_{x,n} )\in \mathbb{R}^{X\times \mathbb{N}}$ tels que

• $u_{n} \underset{n\rightarrow \infty }{\longrightarrow} \ell $
• $\forall n\in \mathbb{N}, \; c_{x,n} \underset{x\to x_0}{\longrightarrow} 0$
• $\exists M>0, \forall x\in X,\; \sum\limits_{n=0}^\infty |c_{x,n} | \leqslant M$
• $\sum\limits_{n=0}^\infty c_{x,n} \underset{x\to x_0}{\longrightarrow} 1$.

Alors$\sum\limits_{n=0}^\infty c_{x,n} u_n \underset{x\to x_0}{\longrightarrow} \ell $. (NB: J'utilise ici des limites épointées.)

La preuve est très similaire à celle de Silverman-Toeplitz.

Soit $\varepsilon >0$. Soient $m>0$ un majorant de $(|u_n|)$ et $n_0$ tel que : $\forall n>n_0, |\ell-u_n|<\frac{\varepsilon}{3M}$. Soit $V$ un voisinage épointé de $x_0$ dans $X$ tel que $\forall x\in V, \Big( \Big|1-\sum\limits_{n=1}^\infty c_{x,n}\Big| <\frac{\varepsilon}{3|\ell|+1} \text{ et }  \forall n\in[\![1,n_0]\!], |c_{x,n}|<\frac\varepsilon{6mn_0} \Big)$. On a $\forall x\in V$, $$\begin{eqnarray*} \left|\ell-\sum_{n=1}^\infty c_{x,n} u_n \right| &\leqslant & \left|\sum_{n=1}^\infty c_{x,n} (\ell-u_n) \right|+ \left| \ell-\sum_{n=1}^\infty c_{x,n}\ell \right|\\ &\leqslant& \sum_{n=1}^{n_0} |c_{x,n}| |\ell-u_n| + \sum_{n=n_0+1}^\infty |c_{x,n}| |\ell-u_n| + |\ell| \left| 1-\sum_{n=1}^\infty c_{x,n} \right|\\ &\leqslant& \sum_{n=1}^{n_0} \frac\varepsilon{6m n_0}\, 2m + \sum_{n=n_0+1}^\infty |c_{x,n}| \frac\varepsilon{3M}+ |\ell| \frac{\varepsilon}{3|\ell|+1}\\ &\leqslant& \frac\varepsilon3 + \frac\varepsilon3 + \frac{\varepsilon}3 \\ &=& \varepsilon \end{eqnarray*}$$

Alors, en notant $\mathfrak{A}_{n} := \sum\limits_{k=0}^n A_{k}$, on a : $\forall x\in [0,1[,$ $$\begin{eqnarray*} f(x) &=& (1-x)\sum_{n=0}^\infty A_{n} x^{n} \\ &=& (1-x)^2 \sum_{n=0}^\infty \mathfrak{A}_{n} x^{n} \\ &\leqslant & (1-x)^2 \sum_{n=0}^\infty (n+1) x^{n} \, \sup _{m\geqslant n} \frac{\mathfrak{A}_{m} }{m+1} \\[4mm] \limsup _{x\rightarrow 1^{-}} f(x) &\leqslant & \lim _{x\rightarrow 1^{-}} (1-x)^2 \sum_{n=0}^\infty (n+1) x^{n} \, \sup _{m\geqslant n} \frac{\mathfrak{A}_{m} }{m+1} \\ &\overset{(*)}=& \lim _{n\rightarrow \infty } \sup _{m\geqslant n} \frac{\mathfrak{A}_{m} }{m+1} \\ &=& \limsup _{n\rightarrow \infty } \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n A_{k} \end{eqnarray*}$$ où $(*)$ est justifié par le lemme appliqué à $X=[0,1]$, $x_{0} =1$, $u_{n} = \sup\limits_{m\geqslant n} \frac{\mathfrak{A}_{m} }{m+1}$ et $c_{x,n} := (1-x)^2 (n+1) x^{n}$ (ça fonctionne car $\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1) x^{n} = \frac{1}{(1-x)^2 }$). Enfin, en remplaçant $f$ par $-f$, on obtient l'autre inégalité : $\liminf\limits _{n\rightarrow \infty } \frac{1}{n+1} \sum\limits_{k=0}^n A_{k} \leqslant \liminf\limits _{x\rightarrow 1^{-}} f(x)$.

Boécien

@Calli C'est du haut vol. Bien vu pour l'énoncé. Pour ma preuve alternative de la 26 je sentais bien qu'il était trop tard pour faire des choses sérieuses On peut l'oublier. Cela dit le lemme de Kloosterman peut être utile et conduire quand même à une preuve alternative.