Un produit de Cauchy de suites

P.2

Si $0<a<1$ et si pour $0<x<1$ on définit $$f(x) =\frac{-\log(1-x)}{1-ax}=\sum_{n=1}^{\infty}u_nx^n,$$ quelles sont vos démonstrations de $u_n\to 0\ ?$

bd2017

Bonjour

On a $u_n= \displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{a^{n-k}}{k}$ qui est une suite à termes positifs. 

La suite $u_n$  est minorée  par la suite $v_n= \displaystyle\dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} a^k=\dfrac{1-a^n}{(1-a) n}.$

On a la relation de récurrence $u_{n+1} =u_n a +\dfrac{1}{n+1}. $ 

Donc $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}  = a +\dfrac{1}{(n+1) u_n}\leq  a +\dfrac{1}{(n+1) q_n}=y_n<1  $  à partir d'un certain rang.

En effet, $1-y_n= \dfrac{(1-a) \left(1-n a^n-a^n\right)}{(n+1) \left(1-a^n\right)} $est positif  pour $n$ assez grand. ($1-y_n$ a le même signe que $(1-n a^n-a^n)$  et $a^n+ na^n$  tend vers $0$.)

Ainsi la suite $(u_n)$ à termes positifs  étant  décroissante à partir d'un certain rang, converge. Mais la relation de récurrence montre que la seule limite possible est $0$.

LOU16

Bonjour P.2,

C'est un peu artisanal,  mais ça m'a l'air bon.

 Soit $\varepsilon >0 \:\:\: \exists  N\in\N $ tel que $\:\:\:\displaystyle \dfrac {a^N}{1-a}<\sum_{k=N}^{+\infty}ka^k<\varepsilon\:\:(1)$

$\forall n >N, \:\:nu_n =\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{na^k}{n-k} =S_n+T_n, \:\:\:S_n: =\displaystyle\sum_ {k=0}^{N-1}\dfrac{na^k}{n-k},\quad T_n:=\sum_ {k=N}^{n-1}\dfrac{na^k}{n-k}.$

$\displaystyle \lim_{n\to+ \infty}S_n =\dfrac {1-a^N}{1-a},\quad \exists N_1>N $ tel que $\displaystyle \forall n>N_1,\:\: \left|S_n-\dfrac1{1-a}\right|\overset{(1)}<2\varepsilon,\quad 0<T_n\leqslant\sum_{k=N}^{+\infty }(1+k)a^k\overset{(1) }<2\varepsilon.$

On déduit:$\:\:\forall n>N_1\quad |nu_n-\dfrac 1{1-a}|<4\varepsilon.$
$$ \lim_{n\to +\infty}nu_n = \dfrac 1{1-a},\quad u_n\underset{n\to +\infty}{\sim} \dfrac1{n(1-a)}.$$

Il y  aussi ce théorème:
Soient$(a_n)_n,\:(b_n)_n $ des suites complexes telles que $\displaystyle  \lim_{n\to+\infty}\dfrac{b_n}{b_{n+1}} =b\in\C\:\text{ et que le rayon de convergence } R \text { de la série } f(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_n z^n \text{ vérifie }R>|b|.\:\:\: \text{ Alors: }$

$$\displaystyle\sum_{k=0}^na_kb_{n-k}\underset{n\to +\infty}{\sim}b_nf(b).$$

Barjovrille

Bonjour @LOU16 comment tu as fait pour calculer la limite de $S_n$ ? 

LOU16

Bonjour @Barjoville
Chaque terme de la  somme (finie) qui définit $S_n$  tend vers $a^k$ quand $n$ tend vers $+\infty.$

Barjovrille

Ah oui... merci. Bravo pour vos solutions.

P.2

Faut il que je mette ma solution? soit $a<b<1.$

$$u_n=\sum_{k=1}^n\frac{a^{n-k}}{k}=\int_0^1(\sum_{k=1}^n a^{n-k}x^{k-1})dx=I_n+J_n$$

avec $I_n=\int_0^b(\sum_{k=1}^n a^{n-k}x^{k-1})dx\leq nb^{n+1}$ et $J_n=\int_b^1\frac{x^n-a^n}{x-a}dx\leq \frac{1}{b-a}\int_b^1x^ndx=\frac{1}{b-a}\times \frac{1-b^{n+1}}{n+1}.$

JLapin

Sinon, on a $\frac{a^{-k}}{k} \sim \frac1{1-a} (\frac{a^{-k}}{k} - \frac{a^{-(k-1)}}{k-1})$ et on peut utiliser un théorème de sommation des relations de comparaison pour obtenir $u_n \sim \frac{1}{(1-a)n}$.

Math Coss

Ça, c'est du télescopage créatif !

P.2

Petit perfectionnement : $(n+1)u_n\to 1/(1-a).$ Avec les notations d'un précédent post, $(n+1)I_n\leq (n+1)nb^n\to 0$ et

$$\frac{n+1}{1-a}\int_b^1 (x^n-a^n)dx\leq (n+1 )J_{n}\leq \frac{n+1}{b-a}\int_b^1 (x^n-a^n)dx.$$ Donc $$\frac{1}{1-a}\leq \liminf (n+1 )J_{n}\leq \limsup (n+1 )J_{n}\leq \frac{1}{b-a},$$ ce qui donne le résultat puisque c'est vrai pour tout $b\in ]a,1[.$

BobbyJoe

@P.2 On peut aussi appliquer le théorème de convergence dominée (appliquée à la mesure de comptage) pour conclure (plus connu sous le nom de théorème de la double limite pour les sommes, une fois l'expression de la suite obtenue sous forme d'un produit de convolution).

P.2

Attends un peu : si $f_n(k)=a^{k}/(n-k)$ si $1\leq k\leq n$ et $f_n(k)=0$ sinon, il faut dire que   $g(k)=a^k$ va bien pour dominer.  Curieusement ca ne marche pas avec ma premiere tentative $f_n(k)=a^{n-k}/(k).$

jandri

@"P.2"
Pas exactement, il faut poser $f_n(k)=\dfrac{na^{k}}{n-k}$ pour $1\leq k\leq n-1$ et $f_n(k)=0$ si $k\geq n$.
Il y a alors convergence normale pour $nu_n=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} f_n(k)$ puisque $0\leq f_n(k)\leq (k+1)a^k$.
Par suite $\lim (nu_n)=\dfrac1{1-a}$.

P.2

Ah! ruse.

Boécien

bd2017 a dit : on a la relation de récurrence

$u_{n+1} =u_n a +\dfrac{1}{n+1}. $

On peut aussi à partir de là appliquer l'énigme 19 modifiée de ce fil

Boécien

Peut-on utiliser la fonction $\quad\displaystyle g(x)=f(x)+\frac{\log(1-x)}{1-a}=\sum_{n\geq1}\Big(u_{n}-\frac{1}{(1-a)n}\Big)x^{n}$ ?