Des applications de Cesàro et/ou Abel et/ou Silverman–Toeplitz - Page 2 — Les-mathematiques.netThe most powerful custom community solution in the world
Soit $a_{n}$ une suite de réels tels que $\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\rightarrow\ell$, avec $a_{n}-a_{n-1}=o\left(n^{-1}\right)$, alors on a $a_{n}\rightarrow\ell$.
Preuve Par Abel on a $\sum_{k=1}^{n}k\left(a_{k}-a_{k-1}\right)=na_{n}-\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}$ donc $$a_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}k\left(a_{k}-a_{k-1}\right)$$ Maintenant comme $n(a_{n}-a_{n-1})\rightarrow0$ pour tout $\varepsilon>0$ il existe $n_{\varepsilon}$ tel que $n\geq n_{\varepsilon}\Rightarrow n\left|a_{n}-a_{n-1}\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ et donc $$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}k\left(a_{k}-a_{k-1}\right)\right|\leq\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}k\left|a_{k}-a_{k-1}\right|+\frac{\varepsilon}{2n}(n-n_{\varepsilon}-1)\leq\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}k\left|a_{k}-a_{k-1}\right|+\frac{\varepsilon}{2}$$ En faisant tendre $n$ vers l'infini on voit que $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}k\left|a_{k}-a_{k-1}\right|$ tend vers zéro et pour $n$ assez grand on a donc $\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n_\varepsilon}k\left(a_{k}-a_{k-1}\right)\right|\leq\varepsilon/2$ soit $$\left|a_{n}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}\right|\leq\varepsilon$$ comme $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}=\left(\frac{n-1}{n}\right)\frac{1}{n-1}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}\rightarrow1\times\ell$ on en déduit que $a_{n}\rightarrow\ell$.
Merci @gebrane mais elle est classique! Ce qui sort de l'ordinaire c'est l'énigme 14 qui est un mélange d'une de tes énigmes et d'une de mes anciennes questions sur le pgcd. La réponse ne se trouve pas à mon avis dans les livres d'olympiades, les recueils d'exercices de colle ou dans les archives de nos augustes membres. A mon avis elle est hors de portée du forum
Je vais regarder cette mystérieuse 14 ce soir. Es-tu d'accord avec ce que j'ai dit pour la 13. J'ai un souci avec le théorème de Silverman–Toeplitz, il me semble avoir une preuve sans la 3eme condition
Je constate que ce fil n''intéresse que deux personnes, j'ai voulu rassembler ou inventer un recueil d'exercices sur Cesàro et compagnies pour servir aux colles, mais bon, on arrête là (pas d’énigme 17).
Réponse à https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2335345/#Comment_2335345 @Boécien, bien vu pour l'égalité $$a_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}k\left(a_{k}-a_{k-1}\right)$$ qui permet de résoudre l'énigme n°7/n°11. Mais à partir de là, tu peux directement appliquer Cesàro au terme de droite pour en déduire qu'il tend vers 0 (en fait toi tu as redémontré Cesàro), et alors la conclusion est immédiate.
Je
réponds à l'énigme n°12 : montrer que si $\frac1n\sum_{i=1}^n a_i \to\ell$ et
$a_{n+1}-a_n=O(\frac1n)$, alors $a_n\to\ell$.
On suppose par l'absurde qu'il existe $\varepsilon
>0$ et une suite d'indices $(n_k)_{k\in\Bbb N}$ tendant vers l'infini tels
que : $\forall k\in\Bbb N, a_{n_k} >\ell+\varepsilon$. Soit $C>0$ tel que
: $\forall n\in\Bbb N^*, \;|a_{n+1}-a_n|\leqslant\frac{C}n$. Soient
$\delta>0$ à fixer plus tard, $n_\delta$ tel que $(\forall n\geqslant
n_\delta, \;\left|\ell-\frac1n\sum_{i=1}^n a_i \right|<\delta)$ et
$n\geqslant n_\delta$ tel que $a_n>\ell+\varepsilon$. On a : $\forall
j\in\Bbb N^*$, $$a_{n+j} \geqslant a_n - \sum_{i=1}^j \frac{C}{n+i}
\geqslant \ell+\varepsilon-C\ln\left(\frac{n+j}n\right)
\geqslant\ell+\varepsilon-C\frac{j}n.$$ Donc $\forall m\in\Bbb N^*,$
$$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{n+m} a_i &=& \sum_{i=1}^{n} a_i +
\sum_{i=n+1}^{n+m} a_i \\ &\geqslant& n(\ell-\delta)
+\sum_{j=1}^{m} (\ell+\varepsilon-C\frac{j}n)\\ &\geqslant&
n(\ell-\delta) +m(\ell+\varepsilon)-C\frac{m^2}n \\[4mm] \frac1{n+m}
\sum_{i=1}^{n+m} a_i &\geqslant& \ell + \frac{m}{n+m}\left(\varepsilon
-\frac{n}m \delta-C\frac{m}n \right) \end{eqnarray*}$$
Prenons $\delta >0$ tel que $\sqrt{\delta C} =
\frac\varepsilon4$ et posons $\alpha=\sqrt{\frac{\delta}C}$ et, pour tout
$k\in\Bbb N$, $m_k := \lfloor \alpha n_k \rfloor$. Alors $$\begin{eqnarray*}
\limsup_{k\to\infty} \frac1{n_k+m_k} \sum_{i=1}^{n_k+m_k} a_i
&\geqslant& \lim_{k\to\infty} \left[ \ell + \frac{m_k}{n_k+m_k}\left(
\varepsilon -\frac{n_k}{m_k} \delta-C\frac{m_k}{n_k} \right) \right]\\
&=& \ell + \frac{\alpha}{1+\alpha}\left( \varepsilon -
\frac\delta\alpha -C\alpha\right) \\ &=& \ell +
\frac{\alpha}{1+\alpha} \frac{\varepsilon}2 \\ &>&\ell
\end{eqnarray*}$$ ce qui contredit la convergence $\frac1N \sum_{i=1}^N a_i
\to\ell$. C'est absurde.
Et on peut refaire même raisonnement pour comparer
$a_n$ à $\ell-\varepsilon$. Donc $a_n\to\ell$.
@gebrane le niveau baisse, la 18 même moi je sais la faire. Aller, je vais utiliser Abel pour la première fois de ma vie 🥳
Alors je commence par la "transformation" d'Abel : $\frac 1n\sum_{k=1}^n a_kb_k = \frac 1n a_nB_n-\frac 1n\sum _{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)B_k$
avec $B_n:= \sum_{k=1}^n b_k$.
Dans le membre de droite $\frac 1n a_nB_n$ tend évidemment vers 0 vu les hypothèses. Pour la partie qui reste on a $\left|\frac 1n\sum _{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)B_k\right|\leq\frac 1n\sum _{k=1}^{n-1}|(a_{k+1}-a_k)B_k|=\frac 1n\sum _{k=1}^{n}|(a_{k+1}-a_k)| |B_k|-\frac 1n|a_{n+1}-a_n||B_n|$.
Mais $\frac 1n\sum _{k=1}^{n}|(a_{k+1}-a_k)| |B_k|=\frac 1n\sum _{k=1}^{n} k|(a_{k+1}-a_k)|\frac 1k |B_k|\to 0$ car $\frac 1k |B_k|$ est bornée et $\frac 1n\sum _{k=1}^{n} k|(a_{k+1}-a_k)|$ tend vers 0.
Et le dernier terme $\frac 1n|a_{n+1}-a_n||B_n|$ tend aussi vers 0 car $\frac 1n |B_n|$ est bornée et $|a_{n+1}-a_n|\leq \frac 1n\sum_{k=1}^n k|a_{k+1}-a_k|\to 0$.
Dans ce fil, on ne baisse ni on augmente le niveau des difficultés, tout simplement je veille à ce que toutes les mensurations soient disponibles. Tu as un peu rallongé ta démo en retranchant un terme
Calli a dit : tu peux directement appliquer Cesàro au terme de droite pour en déduire qu'il tend vers 0
Effectivement j'étais pris dans la démo sans voir que j'avais le tournevis dans ma poche . J'en profite pour montrer la 10, ce qui va vite si on admet Cesàro pour une limite infinie.
Preuve que si $a_{n}$ est une suite de réels tels que $\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\rightarrow\ell$ finie avec $a_{n}$ croissante alors on a $a_{n}\rightarrow\ell$. Pour ce cas il est plus facile de raisonner par l'absurde en supposant que $a_{n}$ ne converge pas vers une limite finie. Ainsi comme elle est croissante elle est non majorée et diverge vers l'infini. Comme Cesàro marche pour une limite infinie cela voudrait dire que $\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\rightarrow\infty$ contradiction.
Énigme 20 (modifiée) ( Quelques propriétés utiles (indépendantes) de la moyenne de Cesàro)
Pour toute suite $u=(u_n)$, on note $M_n(u) = \frac1n\sum_{k=1}^n
u_k$ sa $n$-ième moyenne de Cesàro. Soient deux suites $a=(a_n)$ et
$b=(b_n)$ strictement positives.
1- Montrer que $\forall n, M_n(a)\cdot M_n(\frac 1{a})\geqslant 1$ 2- Si $a_n\to \alpha>0$ et $M_n(b)\to \beta$, alors $a_n \cdot M_n(\frac{b}{a})\to\beta$
"Nice shot" @Calli. Coiffé au poteau J'en profite pour revenir sur l'énigme 14 qui sort peut-être du cadre fixé par gebrane mais qui n'en demeure pas moins liée à ce cadre.
Variation autour de Toeplitz-Silvester L'idée est de s'intéresser au comportement de la suite $a_{n}$ définie par $a_{1}=1$ puis pour $n\geq2$ par$$\sum_{k=1}^{n}a_{k}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}c(n,k)$$avec $c(n,k)$ qui vérifie les conditions suivantes: • $c(n,n)\neq1$ •$ \lim_{n\rightarrow\infty}c(n,k)=0$ pour tout $k$ fixé • $\sum_{k=1}^{n}c(n,k)\rightarrow1$ lorsque $n\rightarrow\infty$ • $\sum_{k=1}^{n}\left|c(n,k)\right|<M$ où $M$ est une constante indépendante de n On peut voir que $a_{n}$ est ainsi parfaitement déterminée pour tout $n$ puisque $a_{n}=\frac{1}{1-c(n,n)}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}\left(c(n,k)-1\right)$. Ma conjecture est que $a_{n}\rightarrow0$ voire qu'aussi $\sum_{k=1}^{n}a_{k}\rightarrow0$. Si par exemple $c(n,k)=\frac{1}{2^{n}}{n \choose k}$ qui vérifie bien les conditions on a $a(2)=-2/3,a(3)=-5/21,...$ et voici ce que je conjecture dans ce cas sur lequel je propose de se focaliser pour le moment (la conjecture générale étant encore sujette à caution) •$ \lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}=0$ •$ \sum_{k=1}^{\infty}ka_{k}=-\frac{1}{2}$ •$ \sum_{k=1}^{\infty}k(k+1)a_{k}=2$
Vu les oscillations que j'observe sur ces limites c'est peut-être pas si simple à résoudre à coup d'Abel et d'inégalités...
Je pense que c'est pas vraiment classique et qu'il va falloir innover. Cela me fait penser à une suite qu'un ami m'a montrée qui, bien que simplement définie et au comportement très régulier, se laisse difficilement apprivoiser. Dans cet article les auteurs montrent cependant qu'elle tend vers zéro avec un ordre de grandeur de la convergence et que les sommes partielles tendent aussi vers zéro. Il y a peut-être moyen d'utiliser leur méthode...
Rendons plus énigmatique l'énigme 16. La très jolie preuve de @Calli utilise de façon essentielle la positivité de la suite $(a_n)$ pour pouvoir diviser par $\sum_{k=1}^nka_k$
Enigme 22 Soit $(a_n)$ une suite réelle avec $\forall n\ge 1, a_n\neq 0$. Soit $L>0$. Montrer que si
Énigme 23 (Cesàro et matrices) (J'en profite pour saluer mon ami algébriste @gai requin
On note $E=O_n(\mathbb R)$ l'ensemble des matrices orthogonales d'ordre n à coefficients réels muni d'une norme subordonnée. Soit $A\in E$ telle que $I_n-A$ est inversible. En utilisant Cesàro montrer que la suite $(A^n)$ des puissances de $A$ ne peut converger vers une matrice B
23 une matrice orthogonale A est orthosemblable à T=diag(R(1),…,R(q), 1,…,1,-1,…,-1) avec R(j) matrice de SO(2,R) comme I-A est inversible il n’y a pas de 1 sur la diagonale ce qui implique $A^n$ ne converge pas car les R(nj) ne converge pas (angle différent d'un multiple entier de 2pi).
Je m'occupe de la 24 qui est de mon niveau. Si $a_{n}$ est périodique de période de longueur $p$ alors
$$\sum_{k=1}^{np}a_{k} = n\sum_{j=1}^{p}a_{j}\Rightarrow\frac{1}{np}\sum_{k=1}^{np}a_{k}=\frac{1}{p}\sum_{j=1}^{p}a_{j}:=\ell$$ Donc comme $\left|a\right|$ est bornée par $ M=\sup\left\{ \left|a_{i}\right|\right\} _{1\leq i\leq p}$ on a
en divisant par $n$ on obtient donc$$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}-\frac{p\left\lfloor n/p\right\rfloor }{n}\ell\right|\leq\frac{pM}{n}$$
Comme $\frac{p\left\lfloor n/p\right\rfloor }{n}\rightarrow1$ en faisant tendre $n$ vers l'infini on a $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}\rightarrow\ell$.
Edit: correction à la suite de la remarque de @gebrane ci-dessous
Merci @Boécien preuve originale et inédite ( une petite coquille, on a pas $n-p\left\lfloor n/p\right\rfloor\le 1$ exemple $11 - \lfloor 11/7\rfloor 7 = 11 - 7 = 4 $, mais plutot $n-p\left\lfloor n/p\right\rfloor\le p$.
Une autre preuve est de considérer la suite $b_n:=n(M_n-l)$ avec $M_n$ la moyenne de Cesàro de la suite $(a_n)$ et $l$ comme tu l'as défini. La suite (b_n) est aussi p-périodique, donc bornée, donc $M_n=\frac {b_n}n+l\to l$.
Énigme 26 (Une généralisation de Cesàro dans le cadre positif, on retrouve Cesàro classique pour $a=0 $)
Soit $(a_n)$ une suite réelle positive et décroissante. Soit $\ell>0,\ a\in[0,1[$ et $M_n$ sa moyenne de Cesàro. Montrer l'équivalence $n^a a_n \to \ell \iff n^a M_n \to \frac \ell{1-a}$
Peut-on généraliser encore plus ? (cas $a=1$ ou $a>1$ ou $(a_n)$ monotone ).
Énigme 25 N'étant pas un fin analyste je propose une preuve utilisant Banach-Steinhaus.
Pour le côté $\Rightarrow )$ c'est facile, la suite $(b_n)$ est convergente donc bornée il s'ensuit que la suite des sommes partielles $n\mapsto \sum_{k=1}^{n} a_k b_k$ est de Cauchy.
Pour le côté $\Leftarrow )$ on considère l'espace de Banach $c$ des suites convergentes muni de la norme $\|.\|_{\infty}$ et la forme linéaire $\phi:c\to \R, (b_n)\mapsto \sum_{k=1}^{\infty} a_k b_k$. Pour chaque entier $n$ on dispose de la forme linéaire continue $\phi_n:c\to \R, (b_n)\mapsto \sum_{k=1}^{n} a_k b_k$. Étant donnée que pour tout $b=(b_n)\in c$ on a $\lim\limits_{n\to\ + \infty} \phi_n(b)=\sum_{k=1}^{\infty} a_k b_k=\phi(b)$, par Banach-Steinhaus il s'ensuit que $\phi$ est continue.
Il existe donc une constante $C>0$ telle que $\forall b\in c, |\phi(b)|\leq C\|b\|_{\infty}$. Soit $N\in \N$ et considérons la suite $(b_n)$ de $c$ définie par $b_n:=\mathrm{sign}(a_n)$ pour tout $n\leq N$ et $b_n:=0$ sinon. Alors $|\phi(b)|=\sum_{k=1}^{N} |a_k|\leq C$, par conséquent $\sum_{k=1}^{\infty} |a_k|<+\infty$.
Voilà, en attendant une preuve avec Cesaro/Abel/Silverman–Toeplitz.
Énigme 27 ( Comparaison entre les règles de d'Alembert et de Cauchy)
Soit $(a_n)$ une suite réelle strictement positif et $l\in [0,+\infty]$. Montrer en utilisant Cesàro que si $\frac{u_{n+1}}{u_n}\to l $ alors $u_n^\frac 1n\to l$.
(Dans mon cours, j'avais connu une preuve avec les epsilons).
J'aimerais faire un ménage dans ce fil pour que chacun s'y retrouve.
Faut-il mettre dans le premier message un lien vers les énigmes et un autre vers les solutions proposées ( comme ça , on s'aura les énigmes non résolus) ou une autre suggestion ou ce n'est pas la peine
Je réponds à l'énigme n°25 : montrer que $\sum_{n=1}^\infty |a_n|$ converge ssi, pour toute $(b_n)$ convergente, $\sum_{n=1}^\infty a_n b_n$ converge.
Le sens $\Rightarrow$ est facile. Je fais l'autre sens par contraposée. Soit $(a_n)$ telle que $\sum_{n=1}^\infty |a_n|= \infty$. On note $s_n = \sum_{k=1}^n |a_n|$, $m=\min\{n\in\Bbb N^* \mid a_n\neq 0\}$ et $b_n = \frac{\mathrm{signe}(a_n)}{s_{n-1}}\,{\bf1}_{n>m}$. Alors $b_n\to 0$ et $$\sum_{n=1}^\infty a_nb_n = \sum_{n=m+1}^\infty \frac{|a_n|}{s_{n-1}} = \sum_{n=m+1}^\infty \frac{s_n-s_{n-1}}{s_{n-1}} \geqslant \sum_{n=m+1}^\infty \int_{s_{n-1}}^{s_n} \frac{\mathrm{d}t}t = \int_{s_m}^\infty \frac{\mathrm{d}t}t =+\infty.$$
On a par téléscopage: $\ln(u_n)-\ln(u_1)=\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\dfrac{u_{k+1}}{u_k}\right)$. Donc $\frac{1}{n}\ln(u_n)=\frac{1}{n}\ln(u_1)+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\dfrac{u_{k+1}}{u_k}\right)$. Si $l\neq 0$, par Cesàro, le dernier terme de l'égalité précédente tend vers $\ln(l)$. Par conséquent $\lim\limits_{n\to + \infty}\frac{1}{n}\ln(u_n)=\ln(l)$ et en prenant l'exp, $\lim\limits_{n\to + \infty}u_n^{1/n}=l$. Si $l=0$ on a $\frac{1}{n}\ln(u_n)=\ln(u_n^{1/n})$ qui tend vers $-\infty$ et donc toujours avec l'exp on en déduit que $u_n^{1/n}$ tend vers 0.
EDIT 6 : Ce post est truffé d'erreurs ! Ohlalalalalalala !
Pour l'énigme 28, je crois qu'en utilisant l'hypothèse 3, on obtient $\sum_{j,k} b_j c_k \leq n\sum^n_{i=1} b_ic_i$. En particulier, $bc = \lim_n\left(\frac{1}{n}\sum^n_{j=1}b_j\right)\left(\frac{1}{n}\sum^n_{k=1}c_k\right) \leq \lim_n \frac{1}{n}\sum^n_{i=1} b_ic_i = a$, donc $bc \leq a$.
EDIT4 : Je numérote tout à partir de $1$ !
EDIT : C'est peut-être l'inégalité la plus facile je continue de réfléchir pour l'autre !
EDIT2 : Soit $\phi : \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ une application strictement croissante telle que $(b_{\phi(n)})_n$ est strictement croissante et tend vers $+\infty$. Alors, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $c_{\phi(n)} = 0$. En effet, les sous-suites $(b_{\phi(n)})_n$ et $(c_{\phi(n)})_n$ sont toutes deux croissantes par 3). Donc celle de $c$ converge vers un réel positif $l$, et le produit de ces deux sous-suites converge, ce qui n'est possible que si $l=0$, auquel cas toute la sous-suite de $c$ est nulle (car croissante, à termes positifs, de limite nulle).
On en déduit que si l'une des deux suites est non bornée, alors l'autre a une sous-suite nulle, et donc $a=0$, auquel cas de $0\leq bc \leq a$ on déduit $bc = a$.
On peut donc supposer que toutes les suites de l'énigme sont bornées.
EDIT5 : Oulalalalala dans le bus j'ai un peu réfléchi et c'est n'importe quoi ce que j'écris ci-dessous !
EDIT3 : On suppose que les suites $b$ et $c$ sont bornées par $M$. Soit $\epsilon>0$. Posons, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $J^n_\epsilon := \{j \in \{1,\cdots,n\} \ \vert \ b_j \geq b - \epsilon\}$.
Soit $N$ tel que pour tout $n \geq N$, $\frac{1}{n}\sum^n_{j=1} b_j \geq b - \frac{\epsilon}{3}$. Alors $\vert J^n_\epsilon \vert > (1-\frac{\epsilon}{2M})n$. En effet, $b - \frac{\epsilon}{3} \leq \frac{1}{n} \sum_{j=1} b_j \leq \frac{1}{n}\sum_{j \in J^n_\epsilon} b_j + \frac{1}{n} \sum_{j \neq J^n_\epsilon} b_j \leq b - \frac{\epsilon}{2}$.
En particulier, pour tout $\epsilon>0$, la plupart des termes de la suite $b$ sont plus grands que $b-\epsilon$. C'est pareil pour la suite $c$, la plupart de ses termes sont plus grands que $c-\epsilon$. L'intersection de deux "plupart" est une "plupart", et donc la plupart des termes de la suite $a$ sont plus grands que $(b-\epsilon)(c-\epsilon)$, et j'espère qu'on peut conclure et que je ne me suis pas trompé d'inégalité parce que je dois partir.
Hahahaha ben c'était là où j'avais le plus de problèmes. Bon je vais mettre un peu tous mes trucs au propre, pour voir. N'empêche, je suis impressionné par la quantité d'énigmes !
EDIT : Bon, j'arrive pas du tout à démontrer ton inégalité.
Je remets au propre ce que j'ai.
On a $\lim_n\left(\sum^n_{j=1}b_j\right)\left(\sum^n_{k=1}c_k\right) = \sum^n_{i=1} b_ic_i + \sum^n_{\substack{j,k=1\\j\neq k}} b_jc_k$.
De plus, pour tous $j,k$, $(b_j-b_k)(c_j-c_k) = b_jc_j + b_kc_k - b_jc_k - b_kc_j$, et donc d'après l'hypothèse 4), $b_jc_k + c_kb_j \leq b_jc_j+b_kc_k$.
Donc $\lim_n\left(\sum^n_{j=1}b_j\right)\left(\sum^n_{k=1}c_k\right) \leq n\sum^n_{i=1}b_ic_i$, donc en divisant par $n^2$ des deux côtés et en passant à la limite, on obtient $bc \leq a$.
EDIT 2 : J'avais encore fait une erreur. En plus j'ai rêvé de Cesàro toute la nuit et j'ai mal dormi...
Bon, de tête, j'avais l'impression qu'on pouvait Cauchy-Schwarzer le sens $a \leq bc$. J'essaie : on a $\sum^n_{i=1} b_ic_i \leq \sqrt{\sum^n_{j=1} b^2_j}\sqrt{\sum^n_{k=1} c^2_k} \leq \left(\sum^n_{j=1} b_j\right)\left(\sum^n_{k=1} c_k\right)$ mais alors je majore par un truc $n$ fois trop grand...
Énigme 29 Soit $f:\, \R\to\R$ une fonction continue, $2\pi$-périodique. Montrer que la moyenne de Cesàro de la suite $(f(n))$ converge vers la moyenne de f sur une période
EDIT : Pour l'énigme 20, en appliquant l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a $n = \sum^n_{i=1} 1 = \sum^n_{i=1} \sqrt{a_n}\frac{1}{\sqrt{a_n}} \leq \sqrt{\sum^n_{i=1}a_n}\sqrt{\sum^n_{i=1} \frac{1}{a_n}}$ donc $n^2 \leq \left(\sum^n_{i=1} a_n\right)\left(\sum^n_{i=1}\frac{1}{a_n}\right)$ donc $1 \leq \left(\frac{1}{n}\sum^n_{i=1} a_n\right)\left(\frac{1}{n}\sum^n_{i=1} \frac{1}{a_n}\right)$.
Yoooo du coup j'ai quelque chose pour l'énigme 28 :
On a, pour tout $n$, $\sum^n_{i=1} \sqrt{b_i}\sqrt{c_i} \leq \sqrt{\sum^n_{i=1} b_i} \sqrt{\sum^n_{i=1} c_i}$, et donc $\frac{1}{n}\sum^n_{i=1} \sqrt{b_ic_i} \leq \sqrt{\frac{1}{n}\sum^n_{i=1} b_i} \sqrt{\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}c_i}$. Le membre de gauche converge vers $\sqrt{a}$ et celui de droite vers $\sqrt{bc}$. Donc $a\leq bc$ !
Je réponds à l'énigme n°20 (j'ai changé les notations car elles me paraissaient mal choisies).
Pour toute suite $u=(u_n)$, on note $M_n(u) = \frac1n\sum_{k=1}^n u_k$ sa $n$-ième moyenne de Cesàro. Soient deux suites $a=(a_n)$ et $b=(b_n)$ strictement positives.
1- Montrer que $\forall n, M_n(a)\cdot M_n(\frac 1{a})\geqslant 1$ 2- Si $a_n\to \alpha>0$ et $M_n(b)\to \beta$, alors $a_n \cdot M_n(\frac{b}{a})\to\beta$
1- On peut le faire de différentes manières :
Par inégalité de Cauchy-Schwarz, $n^2 =\left( \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{a_k}}{\sqrt{a_k}} \right)^2 \leqslant \left(\sum_{k=1}^n a_k\right) \left(\sum_{k=1}^n \frac1{a_k}\right) = n^2 M_n(a) M_n(\frac1a)$, comme Georges.
Par inégalité de Jensen sur la fonction $x\mapsto \frac1x$ convexe sur $]0,\infty[$, $M_n(a)^{-1} \leqslant M_n(\frac1a)$.
Par double distributivité $$n^2 M_n(a) M_n(\frac1a) = \left(\sum_{i=1}^n a_i \right) \left(\sum_{j=1}^n \frac1{a_j}\right) = \sum_{1\leqslant i ,j\leqslant n} \frac{a_i}{a_j} = \sum_{i=1}^n 1 + \sum_{1\leqslant i <j\leqslant n} \left(\frac{a_i}{a_j}+\frac{a_j}{a_i}\right) \geqslant n+2\binom{n}{2} = n^2$$ car $\inf_{x>0} \left( x+\frac1x \right)= 2$.
2- Soit $\varepsilon>0$. Soit $\eta$ tel que $\forall x\in[-\eta,\eta], |e^x-1|\leqslant \varepsilon$. $(\ln(a_n))$ converge, donc elle est de Cauchy, donc $\exists N,\forall n,p\geqslant N, \left|\ln\left(\frac{a_n}{a_p}\right)\right|<\eta$, i.e. $\left|\frac{a_n}{a_p}-1\right|<\varepsilon$. Notons $m= \sup_{n,p\in\Bbb N} \left|\frac{a_n}{a_p}-1\right| <\infty$. Alors, $\forall n>N$, $$\left| a_n \,M_n\Big(\frac{b}{a}\Big) - M_n(b) \right| = \left|\frac1n\sum_{k=1}^n b_k\left(\frac{a_n}{a_k}-1\right)\right| \leqslant \frac1n \sum_{k=1}^N b_k m + \frac1n \sum_{k=N+1}^n b_k\varepsilon \leqslant \frac{N}n M_N(b)\,m +\varepsilon M_n(b)$$ car la suite $b$ est positive. Donc $\limsup\limits_{n\to\infty} \left| a_n \,M_n(\frac{b}{a}) - M_n(b) \right| \leqslant \varepsilon\beta$, pour tout $\varepsilon>0$. Donc $a_n \,M_n(\frac{b}{a}) $ converge vers $\lim M_n(b) = \beta$.
En revanche, je ne vois pas le rapport entre les deux questions.
Réponses
Soit $a_{n}$ une suite de réels tels que $\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\rightarrow\ell$, avec $a_{n}-a_{n-1}=o\left(n^{-1}\right)$, alors on a $a_{n}\rightarrow\ell$.
Preuve
Par Abel on a $\sum_{k=1}^{n}k\left(a_{k}-a_{k-1}\right)=na_{n}-\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}$ donc
$$a_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}k\left(a_{k}-a_{k-1}\right)$$
Maintenant comme $n(a_{n}-a_{n-1})\rightarrow0$ pour tout $\varepsilon>0$ il existe $n_{\varepsilon}$ tel que $n\geq n_{\varepsilon}\Rightarrow n\left|a_{n}-a_{n-1}\right|<\frac{\varepsilon}{2}$ et donc
$$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}k\left(a_{k}-a_{k-1}\right)\right|\leq\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}k\left|a_{k}-a_{k-1}\right|+\frac{\varepsilon}{2n}(n-n_{\varepsilon}-1)\leq\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}k\left|a_{k}-a_{k-1}\right|+\frac{\varepsilon}{2}$$
En faisant tendre $n$ vers l'infini on voit que $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}k\left|a_{k}-a_{k-1}\right|$ tend vers zéro et pour $n$ assez grand on a donc $\left|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n_\varepsilon}k\left(a_{k}-a_{k-1}\right)\right|\leq\varepsilon/2$ soit
$$\left|a_{n}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}\right|\leq\varepsilon$$
comme $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}=\left(\frac{n-1}{n}\right)\frac{1}{n-1}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}\rightarrow1\times\ell$ on en déduit que $a_{n}\rightarrow\ell$.
J'ai un souci avec le théorème de Silverman–Toeplitz, il me semble avoir une preuve sans la 3eme condition
Moi je me limite à admirer de loin vos compétences d'analystes aguerris... 🍹
@Boécien, bien vu pour l'égalité $$a_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}k\left(a_{k}-a_{k-1}\right)$$ qui permet de résoudre l'énigme n°7/n°11. Mais à partir de là, tu peux directement appliquer Cesàro au terme de droite pour en déduire qu'il tend vers 0 (en fait toi tu as redémontré Cesàro), et alors la conclusion est immédiate.
Je réponds à l'énigme n°12 : montrer que si $\frac1n\sum_{i=1}^n a_i \to\ell$ et $a_{n+1}-a_n=O(\frac1n)$, alors $a_n\to\ell$.
On suppose par l'absurde qu'il existe $\varepsilon >0$ et une suite d'indices $(n_k)_{k\in\Bbb N}$ tendant vers l'infini tels que : $\forall k\in\Bbb N, a_{n_k} >\ell+\varepsilon$. Soit $C>0$ tel que : $\forall n\in\Bbb N^*, \;|a_{n+1}-a_n|\leqslant\frac{C}n$. Soient $\delta>0$ à fixer plus tard, $n_\delta$ tel que $(\forall n\geqslant n_\delta, \;\left|\ell-\frac1n\sum_{i=1}^n a_i \right|<\delta)$ et $n\geqslant n_\delta$ tel que $a_n>\ell+\varepsilon$. On a : $\forall j\in\Bbb N^*$, $$a_{n+j} \geqslant a_n - \sum_{i=1}^j \frac{C}{n+i} \geqslant \ell+\varepsilon-C\ln\left(\frac{n+j}n\right) \geqslant\ell+\varepsilon-C\frac{j}n.$$ Donc $\forall m\in\Bbb N^*,$ $$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{n+m} a_i &=& \sum_{i=1}^{n} a_i + \sum_{i=n+1}^{n+m} a_i \\ &\geqslant& n(\ell-\delta) +\sum_{j=1}^{m} (\ell+\varepsilon-C\frac{j}n)\\ &\geqslant& n(\ell-\delta) +m(\ell+\varepsilon)-C\frac{m^2}n \\[4mm] \frac1{n+m} \sum_{i=1}^{n+m} a_i &\geqslant& \ell + \frac{m}{n+m}\left(\varepsilon -\frac{n}m \delta-C\frac{m}n \right) \end{eqnarray*}$$
Prenons $\delta >0$ tel que $\sqrt{\delta C} = \frac\varepsilon4$ et posons $\alpha=\sqrt{\frac{\delta}C}$ et, pour tout $k\in\Bbb N$, $m_k := \lfloor \alpha n_k \rfloor$. Alors $$\begin{eqnarray*} \limsup_{k\to\infty} \frac1{n_k+m_k} \sum_{i=1}^{n_k+m_k} a_i &\geqslant& \lim_{k\to\infty} \left[ \ell + \frac{m_k}{n_k+m_k}\left( \varepsilon -\frac{n_k}{m_k} \delta-C\frac{m_k}{n_k} \right) \right]\\ &=& \ell + \frac{\alpha}{1+\alpha}\left( \varepsilon - \frac\delta\alpha -C\alpha\right) \\ &=& \ell + \frac{\alpha}{1+\alpha} \frac{\varepsilon}2 \\ &>&\ell \end{eqnarray*}$$ ce qui contredit la convergence $\frac1N \sum_{i=1}^N a_i \to\ell$. C'est absurde.
Et on peut refaire même raisonnement pour comparer $a_n$ à $\ell-\varepsilon$. Donc $a_n\to\ell$.
Alors je commence par la "transformation" d'Abel : $\frac 1n\sum_{k=1}^n a_kb_k = \frac 1n a_nB_n-\frac 1n\sum _{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)B_k$
avec $B_n:= \sum_{k=1}^n b_k$.
Dans le membre de droite $\frac 1n a_nB_n$ tend évidemment vers 0 vu les hypothèses. Pour la partie qui reste on a $\left|\frac 1n\sum _{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)B_k\right|\leq\frac 1n\sum _{k=1}^{n-1}|(a_{k+1}-a_k)B_k|=\frac 1n\sum _{k=1}^{n}|(a_{k+1}-a_k)| |B_k|-\frac 1n|a_{n+1}-a_n||B_n|$.
Mais $\frac 1n\sum _{k=1}^{n}|(a_{k+1}-a_k)| |B_k|=\frac 1n\sum _{k=1}^{n} k|(a_{k+1}-a_k)|\frac 1k |B_k|\to 0$ car $\frac 1k |B_k|$ est bornée et $\frac 1n\sum _{k=1}^{n} k|(a_{k+1}-a_k)|$ tend vers 0.
Et le dernier terme $\frac 1n|a_{n+1}-a_n||B_n|$ tend aussi vers 0 car $\frac 1n |B_n|$ est bornée et $|a_{n+1}-a_n|\leq \frac 1n\sum_{k=1}^n k|a_{k+1}-a_k|\to 0$.
\le\frac 1n\sum _{k=1}^{n} k|(a_{k+1}-a_k)|\frac 1k |B_k|\to 0$
Pour ce cas il est plus facile de raisonner par l'absurde en supposant que $a_{n}$ ne converge pas vers une limite finie. Ainsi comme elle est croissante elle est non majorée et diverge vers l'infini. Comme Cesàro marche pour une limite infinie cela voudrait dire que $\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}\rightarrow\infty$ contradiction.
Or, si $A_n$ convergeait, ce serait vers une limite strictement positive, donc on aurait $a_n\sim\frac1{nL}A_n\sim \frac1{nL}\lim\limits_{j\to\infty}A_j$ et alors $A_n$ divergerait car $\sum_{n=1}^\infty\frac1n=+\infty$. Donc forcément $A_n\to+\infty$. A fortiori, $ \sum_{k=1}^n ka_k \to+\infty$. Donc, par un Cesàro généralisé justifié, $$v_n = \frac1{\sum_{k=1}^n ka_k} \sum_{k=1}^n ka_k \frac{A_k}{ka_k} \longrightarrow L.$$ Ainsi, $$u_n = \frac{\left(1+\frac1n\right) \frac{A_n}{na_n} }{1+v_n} \longrightarrow \frac{L}{1+L}.$$
Edit : Ajout de la justification que $ \sum_{k=1}^n ka_k \to+\infty$, qui était manquante.
2- Si $a_n\to \alpha>0$ et $M_n(b)\to \beta$, alors $a_n \cdot M_n(\frac{b}{a})\to\beta$
L'idée est de s'intéresser au comportement de la suite $a_{n}$ définie par $a_{1}=1$ puis pour $n\geq2$ par$$\sum_{k=1}^{n}a_{k}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}c(n,k)$$avec $c(n,k)$ qui vérifie les conditions suivantes:
• $c(n,n)\neq1$
•$ \lim_{n\rightarrow\infty}c(n,k)=0$ pour tout $k$ fixé
• $\sum_{k=1}^{n}c(n,k)\rightarrow1$ lorsque $n\rightarrow\infty$
• $\sum_{k=1}^{n}\left|c(n,k)\right|<M$ où $M$ est une constante indépendante de n
On peut voir que $a_{n}$ est ainsi parfaitement déterminée pour tout $n$ puisque $a_{n}=\frac{1}{1-c(n,n)}\sum_{k=1}^{n-1}a_{k}\left(c(n,k)-1\right)$.
Ma conjecture est que $a_{n}\rightarrow0$ voire qu'aussi $\sum_{k=1}^{n}a_{k}\rightarrow0$.
Si par exemple $c(n,k)=\frac{1}{2^{n}}{n \choose k}$ qui vérifie bien les conditions on a $a(2)=-2/3,a(3)=-5/21,...$ et voici ce que je conjecture dans ce cas sur lequel je propose de se focaliser pour le moment (la conjecture générale étant encore sujette à caution)
•$ \lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}=0$
•$ \sum_{k=1}^{\infty}ka_{k}=-\frac{1}{2}$
•$ \sum_{k=1}^{\infty}k(k+1)a_{k}=2$
montrer que la moyenne de Cesàro d'une suite $(a_n)$ périodique est convergente. Exemple $a_n=(-1)^n$
il n’y a pas de 1 sur la diagonale ce qui implique $A^n$ ne converge pas car les R(nj) ne converge pas (angle différent d'un multiple entier de 2pi).
Pour le côté $\Rightarrow )$ c'est facile, la suite $(b_n)$ est convergente donc bornée il s'ensuit que la suite des sommes partielles $n\mapsto \sum_{k=1}^{n} a_k b_k$ est de Cauchy.
Pour le côté $\Leftarrow )$ on considère l'espace de Banach $c$ des suites convergentes muni de la norme $\|.\|_{\infty}$ et la forme linéaire $\phi:c\to \R, (b_n)\mapsto \sum_{k=1}^{\infty} a_k b_k$. Pour chaque entier $n$ on dispose de la forme linéaire continue $\phi_n:c\to \R, (b_n)\mapsto \sum_{k=1}^{n} a_k b_k$. Étant donnée que pour tout $b=(b_n)\in c$ on a $\lim\limits_{n\to\ + \infty} \phi_n(b)=\sum_{k=1}^{\infty} a_k b_k=\phi(b)$, par Banach-Steinhaus il s'ensuit que $\phi$ est continue.
Il existe donc une constante $C>0$ telle que $\forall b\in c, |\phi(b)|\leq C\|b\|_{\infty}$. Soit $N\in \N$ et considérons la suite $(b_n)$ de $c$ définie par $b_n:=\mathrm{sign}(a_n)$ pour tout $n\leq N$ et $b_n:=0$ sinon. Alors $|\phi(b)|=\sum_{k=1}^{N} |a_k|\leq C$, par conséquent $\sum_{k=1}^{\infty} |a_k|<+\infty$.
Voilà, en attendant une preuve avec Cesaro/Abel/Silverman–Toeplitz.
Soit $(a_n)$ telle que $\sum_{n=1}^\infty |a_n|= \infty$. On note $s_n = \sum_{k=1}^n |a_n|$, $m=\min\{n\in\Bbb N^* \mid a_n\neq 0\}$ et $b_n = \frac{\mathrm{signe}(a_n)}{s_{n-1}}\,{\bf1}_{n>m}$. Alors $b_n\to 0$ et $$\sum_{n=1}^\infty a_nb_n = \sum_{n=m+1}^\infty \frac{|a_n|}{s_{n-1}} = \sum_{n=m+1}^\infty \frac{s_n-s_{n-1}}{s_{n-1}} \geqslant \sum_{n=m+1}^\infty \int_{s_{n-1}}^{s_n} \frac{\mathrm{d}t}t = \int_{s_m}^\infty \frac{\mathrm{d}t}t =+\infty.$$
Je me rabat sur l'Énigme 27 .
On a par téléscopage: $\ln(u_n)-\ln(u_1)=\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\dfrac{u_{k+1}}{u_k}\right)$. Donc $\frac{1}{n}\ln(u_n)=\frac{1}{n}\ln(u_1)+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\dfrac{u_{k+1}}{u_k}\right)$. Si $l\neq 0$, par Cesàro, le dernier terme de l'égalité précédente tend vers $\ln(l)$. Par conséquent $\lim\limits_{n\to + \infty}\frac{1}{n}\ln(u_n)=\ln(l)$ et en prenant l'exp, $\lim\limits_{n\to + \infty}u_n^{1/n}=l$.
Si $l=0$ on a $\frac{1}{n}\ln(u_n)=\ln(u_n^{1/n})$ qui tend vers $-\infty$ et donc toujours avec l'exp on en déduit que $u_n^{1/n}$ tend vers 0.
Où je trouve mes énigmes, c'est aussi une énigme
Yoooo du coup j'ai quelque chose pour l'énigme 28 :
On a, pour tout $n$, $\sum^n_{i=1} \sqrt{b_i}\sqrt{c_i} \leq \sqrt{\sum^n_{i=1} b_i} \sqrt{\sum^n_{i=1} c_i}$, et donc $\frac{1}{n}\sum^n_{i=1} \sqrt{b_ic_i} \leq \sqrt{\frac{1}{n}\sum^n_{i=1} b_i} \sqrt{\frac{1}{n}\sum^n_{i=1}c_i}$. Le membre de gauche converge vers $\sqrt{a}$ et celui de droite vers $\sqrt{bc}$. Donc $a\leq bc$ !
1- On peut le faire de différentes manières :
- Par inégalité de Cauchy-Schwarz, $n^2 =\left( \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{a_k}}{\sqrt{a_k}} \right)^2 \leqslant \left(\sum_{k=1}^n a_k\right) \left(\sum_{k=1}^n \frac1{a_k}\right) = n^2 M_n(a) M_n(\frac1a)$, comme Georges.
- Par inégalité de Jensen sur la fonction $x\mapsto \frac1x$ convexe sur $]0,\infty[$, $M_n(a)^{-1} \leqslant M_n(\frac1a)$.
- Par double distributivité $$n^2 M_n(a) M_n(\frac1a) = \left(\sum_{i=1}^n a_i \right) \left(\sum_{j=1}^n \frac1{a_j}\right) = \sum_{1\leqslant i ,j\leqslant n} \frac{a_i}{a_j} = \sum_{i=1}^n 1 + \sum_{1\leqslant i <j\leqslant n} \left(\frac{a_i}{a_j}+\frac{a_j}{a_i}\right) \geqslant n+2\binom{n}{2} = n^2$$ car $\inf_{x>0} \left( x+\frac1x \right)= 2$.
2- Soit $\varepsilon>0$. Soit $\eta$ tel que $\forall x\in[-\eta,\eta], |e^x-1|\leqslant \varepsilon$. $(\ln(a_n))$ converge, donc elle est de Cauchy, donc $\exists N,\forall n,p\geqslant N, \left|\ln\left(\frac{a_n}{a_p}\right)\right|<\eta$, i.e. $\left|\frac{a_n}{a_p}-1\right|<\varepsilon$. Notons $m= \sup_{n,p\in\Bbb N} \left|\frac{a_n}{a_p}-1\right| <\infty$. Alors, $\forall n>N$, $$\left| a_n \,M_n\Big(\frac{b}{a}\Big) - M_n(b) \right| = \left|\frac1n\sum_{k=1}^n b_k\left(\frac{a_n}{a_k}-1\right)\right| \leqslant \frac1n \sum_{k=1}^N b_k m + \frac1n \sum_{k=N+1}^n b_k\varepsilon \leqslant \frac{N}n M_N(b)\,m +\varepsilon M_n(b)$$ car la suite $b$ est positive. Donc $\limsup\limits_{n\to\infty} \left| a_n \,M_n(\frac{b}{a}) - M_n(b) \right| \leqslant \varepsilon\beta$, pour tout $\varepsilon>0$. Donc $a_n \,M_n(\frac{b}{a}) $ converge vers $\lim M_n(b) = \beta$.En revanche, je ne vois pas le rapport entre les deux questions.