Des applications de Cesàro et/ou Abel et/ou Silverman–Toeplitz - Page 3 — Les-mathematiques.netThe most powerful custom community solution in the world
Pour toute suite $a=(a_n)$, on note $M_n^{(m)}(a) $ sa moyenne de Cesàro d'ordre $m\in\N$: $M_n^{(m)} (a)= \frac{(n-1)!(m+1)}{(n+m)!} \sum_{k=1}^n \frac{(m+k-1)!}{(k-1)!} a_k$ ( La moyenne de Cesàro d'ordre 0 est la moyenne de Cesàro classique). Montrer que si $a_n\to \alpha$, alors $\forall m\in\N,\, M_n^{(m)}(a)\to \alpha$
Non, c'est : pour toute suite positive $(a_n)$ avec $a_1\neq 0$ et $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n=\infty$, et pour toute suite réelle $b_n\to\ell\in\Bbb R$, $$\frac1{\sum_{k=1}^n a_k} \sum_{k=1}^n a_kb_k \underset{n\to\infty}\longrightarrow \ell.$$ Donc c'est une sorte de Cesàro pondérée de manière non uniforme.
Si gebrane le permet, j'en propose une autre que je ne crois pas avoir vue dans le fil.
Énigme 31 (Cesàro-continuité)
Quelles sont les fonctions $f$ de $\R$ dans $\R$ telles que, pour toute suite $(x_n)$ Cesàro-convergente, la suite $(f(x_n))$ est aussi Cesàro-convergente ?
Bonjour @Pomme de terre Si tu relis la première page de ce fil, tu verras que j'ai bien souhaité que d'autres enrichissent ce fil par d'autres énigmes Pour ta 31, d’après le lemme de Cesàro et de sa réciproque , il y a équivalence entre la convergence et la convergence en moyenne. On tombe donc sur la caractérisation des fonctions continues.
Je n’ai pas de réponse à la 31, mais en ajoutant une hypothèse, je crois que j’ai une solution :
Enigme 31bis :
Pareil que la 31, mais on s’intéresse aux fonctions qui envoient toute suite Cesàro-convergente sur une suite Cesàro-convergente et qui préservent la moyenne de Cesàro limite.
D’ailleurs, en me demandant si 31 et 31bis étaient équivalentes, j’ai remarqué le fait suivant : soient $E$ et $F$ des espaces topologiques avec assez d’hypothèses de séparation et $f: E\rightarrow F$ une application qui envoie toute suite convergente sur une suite convergente. Alors pour toute suite convergente $u$, $f(\lim u) = \lim f\circ u$.
Définition: f est continue en a au sens de Cesàro si pour toute suite $(x_n)$ Cesàro-convergente vers a , la suite $(f(x_n))$ est aussi Cesàro-convergente vers f(a)
Lemme si f est continue au sens de Cesàro en 0 et f(0)=0, alors f(a+b)=f(a)+f(b) pour tout a,b réels, en déduire que f est continue en 0 au sens usuel
Conclure A part les fonctions affines aucune fonction réelle n'est continue au sens de Cesàro même pas en un seul point.
@gebrane : Oui mais là tu réponds à la 31bis ! Dans l'énigme 31, on ne suppose pas forcément que la limite au sens de Cesàro de $(f(u_n))_n$ est l'image par $f$ de la limite de Cesàro de $(u_n)_n$.
Solution définitive (enfin, j'espère !) de l'énigme 28
Lemme 1 : Si $b$ et $c$ sont des suites de réels positifs convergentes au sens de Cesàro, alors $\limsup_{n} \frac{1}{n} \sum^n_{i=1} \sqrt{b_i c_i} \leq \sqrt{\left(\lim_n \frac{1}{n}\sum^n_{j=1} b_j\right)\left(\lim_n \frac{1}{n}\sum^n_{k=1} c_k\right)}$.
Démonstration : On a, pour tout $n$, grâce à l'inégalité de Cauchy-Schwarz, $\sum^n_{i=1} \sqrt{b_ic_i} \leq \sqrt{\sum^n_{j=1} \sqrt{b_j}^2}\sqrt{\sum^n_{k=1} \sqrt{c_k}^2} = \sqrt{\sum^n_{j=1} b_j}\sqrt{\sum^n_{k=1} c_k} = n\sqrt{\frac{1}{n}\sum^n_{j=1} b_j}\sqrt{\frac{1}{n}\sum^n_{k=1} c_k}$, donc pour tout $n$, $\frac{1}{n}\sum^n_{i=1} \sqrt{b_ic_i} \leq \sqrt{\frac{1}{n}\sum^n_{j=1} b_j}\sqrt{\frac{1}{n}\sum^n_{k=1} c_k}$.
Enfin, on passe à au $\limsup$ des deux côtés, à droite c'est une $\lim$ par hypothèse et $\sqrt{\cdot}$ est continue.
Lemme 2 : Si $b$ et $c$ sont des suites de réels telles que pour tous entiers $n$ et $m$, $(b_n - b_m)(c_n - c_m) \geq 0$, alors pour tout $n$, $\left(\sum^n_{j=1} b_j\right)\left(\sum^n_{k=1} c_k\right) \leq n\sum^n_{i=1} b_ic_i$.
Démonstration : De l'hypothèse, on tire que pour tous $j,k$, $b_jc_k +b_kc_j \leq b_jc_j + b_kc_k$.
On a $\left(\sum^n_{j=1} b_j\right)\left(\sum^n_{k=1} c_k\right) = \sum_{j,k} b_jc_k = \sum^n_{i=1} b_ic_i + \sum_{\substack{j,k\\ j\neq k}} b_jc_k$.
Donc $\left(\sum^n_{j=1} b_j\right)\left(\sum^n_{k=1} c_k\right) \leq n\sum^n_{i=1}b_ic_i$.
Théorème : Soient $b$ et $c$ des suites de réels positifs, convergentes au sens de Cesàro (et notons $b_\infty$ et $c_\infty$ les limites - au sens de Cesàro - correspondantes), telles que pour tous entiers $n$ et $m$, $(b_n - b_m)(c_n - c_m) \geq 0$ et telles que $bc$ est convergente, de limite $a_\infty$.
Alors $a_\infty = b_\infty c_\infty$.
Démonstration : Comme $bc$ est convergente, $(\sqrt{b_nc_n})_n$ est convergente aussi, de limite $\sqrt{a_\infty}$. Et donc, d'après le Lemme 1, $\sqrt{a_\infty} \leq \sqrt{b_\infty c_\infty}$ et comme il s'agit de réels positifs, on a donc $a_\infty \leq b_\infty c_\infty$.
D'autre part, d'après le Lemme 2, et comme $bc$ est convergente (et donc convergente au sens de Cesàro), on a $b_\infty c_\infty = \left(\lim_n \frac{1}{n}\sum^n_{j=1} b_j\right)\left(\lim_n \frac{1}{n} \sum^n_{k=1} c_k\right) = \lim_n \frac{1}{n^2}\left(\sum^n_{j=1} b_j\right)\left(\sum^n_{k=1} c_k\right) \leq \lim_n \frac{1}{n} \sum^n_{i=1} b_ic_i = a_\infty$.
Pour ta preuve que $a\le bc$, elle est bien pensée et n'utilise pas la partie 2 de l'énigme 20
Bien malin le passage à la limite sup dans $\frac{1}{n}\sum^n_{i=1} \sqrt{b_ic_i} \leq \sqrt{\frac{1}{n}\sum^n_{j=1} b_j}\sqrt{\frac{1}{n}\sum^n_{k=1} c_k} $
Si tu veux, je peux te dévoiler la preuve que $a\le bc$ en utilisant l'énigme 20 mais c'est moins jolie que ce que tu as fait.
Il manque juste l'hypothèse $f(0) = 0$. En lisant la fin de la question 1, on voit bien que cet énoncé a été écrit vite et sans relecture. Il faudrait que tu signales l'erreur à l'auteur.
J'ai une proposition de lemme pour ramener l'énigme 31 à la 31bis.
On considère les ensembles \[A := \bigcup_{n \in 2\mathbb{N}} \{2^{2^n},\ldots,2^{2^{n+1}}-1\},\qquad \text{et}\qquad B := \mathbb{N}\setminus A.\]Notons $\phi_A$ et $\phi_B$ les uniques bijections croissantes $A,B \rightarrow \mathbb{N}^*$. Si $u$ et $v$ sont deux suites, on note \[ZZ(u,v) := n \mapsto \left\{ \begin{array}{rcl} u_{\phi_A(n)} &si &n \in A\\ v_{\phi_B(n)} &si &n \in B.\\ \end{array}\right.\]
Supposons que $u$ et $v$ sont deux suites et Cesàro-convergentes. Alors je crois que $ZZ(u,v)$ est Cesàro-convergente si et seulement si $M(u) = M(v)$.
EDIT : Hypothèse inutile enlevée, enfin, je crois.
Personnellement, je n'arrive pas à comprendre cette équivalence. Pour $f(x)=x^2$ ( qui n'appartient pas à 31bis). Pourquoi ce f n'appartient pas à 31 ), autrement dit donner moi une suite $u$ qui converge au sens de Cesàro mais que f(u) ne converge pas au sens de Cesàro
Personnellement, je n'arrive pas à comprendre cette équivalence. Pour $f(x)=x^2$ ( qui n'appartient pas à 31bis). Pourquoi ce f n'appartient pas à 31 ), autrement dit donner moi une suite $u$ qui converge au sens de Cesàro mais que f(u) ne converge pas au sens de Cesàro
Personnellement, je n'arrive pas à comprendre cette équivalence. Pour $f(x)=x^2$ ( qui n'appartient pas à 31bis). Pourquoi ce f n'appartient pas à 31 ), autrement dit donner moi une suite $u$ qui converge au sens de Cesàro mais que f(u) ne converge pas au sens de Cesàro
Personnellement, je n'arrive pas à comprendre cette équivalence. Pour $f(x)=x^2$ ( qui n'appartient pas à 31bis). Pourquoi ce f n'appartient pas à 31 ), autrement dit donner moi une suite $u$ qui converge au sens de Cesàro mais que f(u) ne converge pas au sens de Cesàro
@gebrane : Prends une suite avec des $0$ et des $4$ qui alternent, puis beaucoup de $2$, puis $0404…$ (beaucoup plus que de $2$) puis encore des $2$ (beaucoup, beaucoup plus), etc. Cette suite converge, au sens de Cesàro, mais la suite des moyennes de ses images oscille entre $4$ et $8$.
Si $a$ est une suite Cesàro-convergente, on note $M(a)$ sa limite (au sens de Cesàro) et $M_n(a)$ la moyenne de ses $n$ premiers termes, pour tout entier $n$.
On considère les ensembles \[A := \bigcup_{n \in 2\mathbb{N}}
\{2^{2^n},\cdots,2^{2^{n+1}}-1\},\] \[B := \mathbb{N}\setminus A.\] Notons $\phi_A$ et $\phi_B$ les uniques bijections croissantes $A,B \rightarrow \mathbb{N}^*$. Si $u$ et $v$ sont deux suites, on note \[ZZ(u,v) := n \mapsto \left\{ \begin{array}{rcl} u_{\phi_A(n)} &si &n \in A\\ v_{\phi_B(n)} &si &n \in B.\\ \end{array}\right.\]
Lemme 1. Soit $u \in \{0,1\}^\mathbb{N}$ une suite qui est Cesàro-convergente. Alors pour tout couple $(x,y)$ de réels, la suite \[z := n \mapsto (1-u_n)x + u_ny\] est Cesàro-convergente et on a \[M(z) = (1-M(u))x + M(u)y.\] Démo.
On a bien sûr \[M_n(z) = (1-M_n(u))x + M_n(u)y,\]ce qui suffit.
Lemme 2. Supposons que $u$ et $v$ sont deux suites Cesàro-convergentes. Alors $ZZ(u,v)$ est Cesàro-convergente si et seulement si $M(u) = M(v)$. Démo.
Tout d'abord, pour tout $n$, et $C \in \{A,B\}$, notons \[r_C(n) := \max\{m \in \mathbb{N} \ \vert \ m \in C\mbox{ et }m\leq n\},\]et \[N_C(n) := \vert \{m \in \mathbb{N} \ \vert \ m \in C\mbox{ et }m\leq n\} \vert.\] Alors on a, pour tout $m \in \mathbb{N}^*$, \[M_m(ZZ(u,v)) = \frac{N_A(m)}{m} M_{r_A(m)}(u) + \frac{N_B(m)}{m} M_{r_B(m)}(v).\] Soit $n \in \mathbb{N}^*$, et posons $m := 2^{2^{n+1}}-1$. Si $n$ est pair, alors \[N_B(m) \leq 2^{2^n},\]et donc \[\frac{N_B(m)}{m} = \frac{2^{2^n}}{2^{2^{n+1}} - 1} \leq \frac{2^{2^n}}{2^{2^{n+1} -1}} = \frac{1}{2^{2^n}-1}.\] De même, si $n$ est impair, alors \[N_A(m) \leq 2^{2^n},\]et donc \[\frac{N_A(m)}{m} = \frac{2^{2^n}}{2^{2^{n+1}} - 1} \leq \frac{2^{2^n}}{2^{2^{n+1} -1}} = \frac{1}{2^{2^n}-1}.\] et donc les suites $\left(\frac{N_A(m)}{m}\right)_m$ et $\left(\frac{N_B(m)}{m}\right)_m$ ont toutes deux une sous-suite (mais pas pour les mêmes indices !) qui converge vers $0$. En particulier, la suite $\left(M_m(ZZ(u,v)\right)_m$ a une sous-suite qui converge vers $M(u)$ et une qui converge vers $M(v)$. En particulier, si $M(u) \neq M(v)$, alors $\left(M_m(ZZ(u,v)\right)_m$ n'est pas convergente. D'autre part, supposons que $M := M(u) = M(v)$. Alors, pour tout $\epsilon>0$, il existe $n_0$ tel que pour tout $n \geq n_0$, \[\vert M_n(u) - M(u)\vert + \vert M_n(v) - M(v)\vert < \epsilon,\]et comme $r_A$ et $r_B$ tendent vers l'infini, il existe un entier $m_0$ tel que pour tout $m\geq m_0$, \[\vert M_{r_A(m)}(u) - M\vert + \vert M_{r_B(m)}(v) - M\vert < \epsilon.\] En particulier, pour un tel $m_0$ et tout $m \geq m_0$, on a \[\vert M_m(ZZ(u,v) - M\vert = \frac{N_A(m)}{m} \vert M_{r_A(m)}(u) - M \vert + \frac{N_B(m)}{m} \vert M_{r_B(m)}(v) - M \vert \leq \epsilon.\]
Lemme 3. Pour tout réel $\lambda \in [0,1]$, il existe une suite $u \in \{0,1\}^{\mathbb{N}^*}$ qui converge vers $\lambda$ en moyenne de Cesàro. Démo.
Posons, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, \[u_n := \lfloor n\lambda\rfloor - \lfloor (n-1)\lambda \rfloor.\] Alors, pour tout $n$, \[0 \leq (n-1)\lambda \leq n\lambda \leq (n-1)\lambda + 1\] donc \[n\lambda - (n-1)\lambda \in [0,1]\] donc $u_n \in \{0,1\}$. De plus, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, \[\sum^n_{i=1} u_i = \lfloor n\lambda \rfloor,\]et donc \[M_n(u) = \frac{1}{n}\lfloor n\lambda \rfloor,\]et donc \[\vert M_n(u) - \lambda \vert \leq \frac{1}{n}.\]
Théorème. Soit $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ telle que pour toute suite $u$ qui est Cesàro-convergente, alors $f\circ u$ est Cesàro-convergente. Alors $f$ est affine. Démo.
Soient $u$ et $v$ deux suites Cesàro-convergentes, de même limite de Cesàro. Alors la suite $ZZ(u,v)$ est Cesàro-convergente, et donc $f\circ ZZ(u,v)$ est Cesàro-convergente d'après un sens du Lemme 2 ci-dessus. Or \[f \circ ZZ(u,v) = ZZ(f\circ u,f \circ v).\] Comme $f\circ u$ et $f\circ v$ sont Cesàro-convergentes, leurs Cesàro-limites sont égales, d'après l'autre sens du Lemme ci-dessus. En particulier, si $v$ est la suite constante de valeur $M(u)$, alors \[M(f\circ u) = M(f \circ v) = f(M(u)).\] Maintenant, pour démontrer que $f$ est affine, il suffit de démontrer que pour tous $x,y\in \mathbb{R}$ et $\lambda \in [0,1]$, on a \[f((1-\lambda)x+\lambda y)= (1-\lambda)f(x) + \lambda f(y).\] Pour cela, soit $(x,y,\lambda)\in \mathbb{R}^2 \times [0,1]$. Soit $u$ une suite de $0$ et de $1$ qui est Cesàro-convergente, de limite $\lambda$ (cela existe d'après le Lemme 3). On considère la suite \[v := n \mapsto (1-u_n)x + u_n y.\] Alors \[f\circ v = n \mapsto (1-u_n) f(x) + u_n f(y).\] Donc, d'après le Lemme 1, $v$ est Cesàro-convergente de limite $(1-\lambda) x+\lambda y$ et $f(v)$ est Cesàro-convergente de limite $(1-\lambda) f(x) + \lambda f(y)$, et d'après ce qu'on vient de voir, \[M(f \circ v) = f(M(v)),\]et donc \[f((1-\lambda) x + \lambda y) = (1-\lambda)f(x) + \lambda f(y).\]
EDIT : Corrections de coquilles (merci Calli !). Pour les puissances de $2$, je n'ai pas le courage, ce soir.
Pour toute série convergente $\sum a_{n}$ pour laquelle la fonction $f(x):=\sum a_{n}x^{n}$ converge si $0\leq x<1$ montrer qu'on a, en notant $A(n)=\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ :$$\liminf_{n\rightarrow\infty}\frac{A(0)+A(1)+\cdots+A(n)}{n+1}\leq\liminf_{x\rightarrow1}\ (1-x)\sum A(n)x^{n}$$et$$\limsup_{x\rightarrow1}\ (1-x)\sum_{n=0}^{\infty}A(n)x^{n}\leq\limsup_{n\rightarrow\infty}\frac{A(0)+A(1)+\cdots+A(n)}{n+1}.$$
Content de te voir participer à notre petite fête @Georges Abitbol. Et bien joué pour la 28 et la 31. Je te signale juste des nano coquilles : deux fois $\frac{2^{2^n}}{2^{2^{n+1} -1}} = \frac{1}{2^{2^n}\color{red}{-1}}$, un $n_\lambda$ au lieu de $n\lambda$. Et dans le passage où tu montres que $n\lambda-(n-1)\lambda\in[0,1]$, je ne sais pas si tu as oublié des parties entières ou si tu t'es compliqué la vie car $n\lambda-(n-1)\lambda=\lambda$ et $\lambda\in[0,1]$ par hypothèse
@gebrane, dans la 22 il me semble que la seconde limite est plutôt $\frac{L}{1+pL}$.
Énigme n°33 : Soit $(a_n) $ une suite positive avec $a_0\neq0$. Trouver une condition nécessaire et suffisante sur $(a_n) $ pour que : pour toute suite réelle $(u_n) $, $u_n$ converge si et seulement si $$\frac1{\sum_{k=0}^n a_k} \sum_{k=0}^n a_ku_k $$ converge.
Lemme 3. Pour tout réel $\lambda \in [0,1]$, il existe une suite $u \in \{0,1\}^{\mathbb{N}^*}$ qui converge vers $\lambda$ en moyenne de Cesàro.
Soit $(X_n) $ une suite i.i.d. de v.a. de Bernoulli de paramètre $\lambda$. D'après la loi forte des grands nombres $\frac1n \sum_{k=1}^n X_k \to \Bbb \lambda$ p.s. donc il existe une issue $\omega$ telle que $\frac1n \sum_{k=1}^n X_k(\omega) \to \Bbb \lambda$.
Mais c'est pour le fun, parce qu'en vrai cette preuve est moins bien car moins élémentaire et non constructive.
Pour la 33 : le sens ==> c'est Cesàro généralisé déjà évoqué: si la somme des $a_n$ tend vers l'infini Je ne pense pas que cela suffit pour <== puisque si $a_n=1$ par exemple il faut une condition sur $u$ comme $u_{n}-u_{n-1}=O(1/n)$ (énigme 12) or là pas de condition possible sur $u$...Serait-ce un truc comme $a_n=O(f(n))$ pour une fonction $f$ à trouver?
@Calli : ma première réaction face à la 33, c’est que la réponse doit être $a_0 \neq a_0$ mais je vais réfléchir un peu !
EDIT : Oulalala j’ai manqué d’imagination : je crois que j’ai trouvé une suite $a$ qui marche. Il faut vraiment que je m’astreigne à réfléchir au moins une heure avant de poster.
Le cas $p=1$ dit que quand on remplace $(a_n)$ par $(\tilde{a}_n):=(na_n)$, on passe de $\Big(\lim\limits_{n\to\infty} \frac1{na_n} \sum\limits_{k=1}^n a_k\Big)^{-1} =\frac1L$ à $\Big(\lim\limits_{n\to\infty} \frac1{n\tilde{a}_n} \sum\limits_{k=1}^n \tilde{a}_k\Big)^{-1} =\frac1L+1$. Donc, en l'itérant, ça implique qu'en posant $(\hat{a}_n):=(n^p a_n)$, on a $\Big(\lim\limits_{n\to\infty} \frac1{n\hat{a}_n} \sum\limits_{k=1}^n \hat{a}_k\Big)^{-1} =\frac1L+p=\frac{1+pL}L$, ce qui est équivalent au résultat voulu.
Notons, pour tout $n$, $A_n:=\sum\limits_{k=1}^n a_k$ et $K_n:=\sum\limits_{k=1}^n ka_k$. Montrons que le signe de $a_n$ est constant à partir d'un certain rang.
L'hypothèse de l'énoncé se réécrit $a_n\sim \frac{A_n}{nL}$, donc $A_n-A_{n-1}=a_n=o(A_n)$, d'où $A_n\sim A_{n-1}$. Par conséquent, $A_n$ et $A_{n-1}$ ont le même signe à partir d'un certain rang, c'est-à-dire que le signe de $A_n$ est ultimement constant. Or $a_n\sim \frac{A_n}{nL}$ implique que $a_n$ et $A_n$ sont ultimement de même signe, donc le signe de $a_n$ est aussi constant a.p.c.r..
Donc, quitte à remplacer $(a_n)$ par $(-a_n)$, on peut supposer : $\exists n_0,\forall n>n_0, a_n >0$. Montrons maintenant que $K_n\to\infty$.
Si $A_n$ convergeait on aurait :
soit $\lim\limits_{n\to\infty} A_n\neq 0$, donc $ a_n\sim \frac1{nL} \lim\limits_{j\to\infty} A_j$, puis $A_n \to \infty$ par comparaison avec la série harmonique,
soit $A_n\to 0$, donc $A_n$ et $a_n$ sont de signes différents pour $n>n_0$ (car $(A_n)_{n\geqslant n_0}$ est monotone) puis $L\leqslant 0$.
Ces deux cas sont absurdes, donc $A_n$ ne peut pas converger. Or $(A_n)_{n> n_0}$ est croissante, donc $A_n\to+\infty$. Donc $\forall n>n_0$, $$\sum_{k=1}^n ka_k \geqslant \sum_{k=1}^{n_0} ka_k + \sum_{k=n_0+1}^n a_k = \sum_{k=1}^{n_0} ka_k-A_{n_0}+A_n \underset{n\to\infty}\longrightarrow +\infty.$$
En particulier : $\exists n_1>n_0, \forall n\geqslant n_1, K_n>0$. Posons pour tous $n\geqslant n_1$ et $k\in[\![1,n]\!]$, $c_{n,k} := \frac{ka_k}{K_n} $. Montrons que $(c_{n,k})$ vérifie les hypothèses du théorème de Silverman-Toeplitz.
On a clairement $\forall n>n_1$, $\sum\limits_{k=1}^n c_{n,k}=1$.
Comme $K_n\to\infty$, on a : $\forall k\in\Bbb N^*, \lim\limits_{n\to\infty} c_{n,k} = 0$.
Comme $K_n\to\infty$, on a $\forall n>n_1$, $$\sum_{k=1}^n |c_{n,k}| \leqslant \frac1{K_n} \sum_{k=1}^{n_1} |ka_k| + \frac1{K_n} \sum_{k=n_1+1}^n ka_k \longrightarrow 0+1$$ donc $\sup\limits_{n\geqslant n_1} \sum_{k=1}^n |c_{n,k}|<\infty$.
On peut alors conclure à la manière de l'énigme n°16.
Posons, pour tout $n\geqslant n_1$, $u_n := \frac1{n^2a_n}\sum\limits_{k=1}^n ka_k = \frac{K_n}{n^2a_n}\ $ et $\ v_n:=\frac1{K_n} \sum\limits_{k=1}^n A_k$. Le théorème de Silverman-Toeplitz montre que $v_n = \sum\limits_{k=1}^n c_{n,k} \frac{A_k}{ka_k} \to L$. Alors une transformation d'Abel donne $$ \sum_{k=1}^n ka_k = (n+1)A_n - \sum_{k=1}^n A_k$$ donc $$u_n = \frac{(n+1)A_n}{n^2a_n} -\frac1{n^2a_n} \sum_{k=1}^n A_k = \left(1+\frac1n\right) \frac{A_n}{na_n} - u_nv_n$$ puis $$u_n = \frac{\left(1+\frac1n\right) \frac{A_n}{na_n} }{1+v_n} \longrightarrow \frac{L}{1+L}.$$
Je cherchais une éventuelle généralisation de l'énigme n°31 avec des points poids non homogènes et je me suis rendu compte que parfois $f(x_n)$ converge ssi $\frac1{\sum_{k=0}^n a_k}\sum_{k=0}^n a_k f(x_k)$ converge. Et en regardant un exemple typique de telle suite $(a_n)$, j'ai vu quelle était la CNS. Et par coïncidence, c'était quelques minutes avant que tu me demandes une énigme, donc ça tombait bien.
Et toi gebrane ? Tu n'as pas dit d'où tu sortais autant d'énigmes.
Quelques une viennent de mes anciennes discussions , d'autres sont des classiques (Par principe un classique "doit" être connu, c'est pourquoi je les donne) , d'autres des inventions.
Réponses
@Pomme de terre : Waow je ne m’étais jamais posé la question, et elle est en fait très naturelle !
Enigme 31bis :
Si on pose $b_k =\binom{m+k-1}{m}$
Montrer que $\sum_{k=1}^n b_k= \binom{m+n}{n-1} $
T
Si $u$ et $v$ sont deux suites, on note \[ZZ(u,v) := n \mapsto \left\{ \begin{array}{rcl}
u_{\phi_A(n)} &si &n \in A\\
v_{\phi_B(n)} &si &n \in B.\\
\end{array}\right.\]
EDIT : Hypothèse inutile enlevée, enfin, je crois.
Notons $\phi_A$ et $\phi_B$ les uniques bijections croissantes $A,B \rightarrow \mathbb{N}^*$.
Si $u$ et $v$ sont deux suites, on note \[ZZ(u,v) := n \mapsto \left\{ \begin{array}{rcl}
u_{\phi_A(n)} &si &n \in A\\
v_{\phi_B(n)} &si &n \in B.\\
\end{array}\right.\]
Soit $u \in \{0,1\}^\mathbb{N}$ une suite qui est Cesàro-convergente. Alors pour tout couple $(x,y)$ de réels, la suite \[z := n \mapsto (1-u_n)x + u_ny\] est Cesàro-convergente et on a \[M(z) = (1-M(u))x + M(u)y.\]
Démo.
Supposons que $u$ et $v$ sont deux suites Cesàro-convergentes. Alors $ZZ(u,v)$ est Cesàro-convergente si et seulement si $M(u) = M(v)$.
Démo.
Alors on a, pour tout $m \in \mathbb{N}^*$, \[M_m(ZZ(u,v)) = \frac{N_A(m)}{m} M_{r_A(m)}(u) + \frac{N_B(m)}{m} M_{r_B(m)}(v).\]
Soit $n \in \mathbb{N}^*$, et posons $m := 2^{2^{n+1}}-1$. Si $n$ est pair, alors \[N_B(m) \leq 2^{2^n},\]et donc \[\frac{N_B(m)}{m} = \frac{2^{2^n}}{2^{2^{n+1}} - 1} \leq \frac{2^{2^n}}{2^{2^{n+1} -1}} = \frac{1}{2^{2^n}-1}.\]
De même, si $n$ est impair, alors \[N_A(m) \leq 2^{2^n},\]et donc \[\frac{N_A(m)}{m} = \frac{2^{2^n}}{2^{2^{n+1}} - 1} \leq \frac{2^{2^n}}{2^{2^{n+1} -1}} = \frac{1}{2^{2^n}-1}.\]
et donc les suites $\left(\frac{N_A(m)}{m}\right)_m$ et $\left(\frac{N_B(m)}{m}\right)_m$ ont toutes deux une sous-suite (mais pas pour les mêmes indices !) qui converge vers $0$. En particulier, la suite $\left(M_m(ZZ(u,v)\right)_m$ a une sous-suite qui converge vers $M(u)$ et une qui converge vers $M(v)$.
En particulier, si $M(u) \neq M(v)$, alors $\left(M_m(ZZ(u,v)\right)_m$ n'est pas convergente.
D'autre part, supposons que $M := M(u) = M(v)$. Alors, pour tout $\epsilon>0$, il existe $n_0$ tel que pour tout $n \geq n_0$, \[\vert M_n(u) - M(u)\vert + \vert M_n(v) - M(v)\vert < \epsilon,\]et comme $r_A$ et $r_B$ tendent vers l'infini, il existe un entier $m_0$ tel que pour tout $m\geq m_0$, \[\vert M_{r_A(m)}(u) - M\vert + \vert M_{r_B(m)}(v) - M\vert < \epsilon.\]
En particulier, pour un tel $m_0$ et tout $m \geq m_0$, on a \[\vert M_m(ZZ(u,v) - M\vert = \frac{N_A(m)}{m} \vert M_{r_A(m)}(u) - M \vert + \frac{N_B(m)}{m} \vert M_{r_B(m)}(v) - M \vert \leq \epsilon.\]
Pour tout réel $\lambda \in [0,1]$, il existe une suite $u \in \{0,1\}^{\mathbb{N}^*}$ qui converge vers $\lambda$ en moyenne de Cesàro.
Démo.
Alors, pour tout $n$, \[0 \leq (n-1)\lambda \leq n\lambda \leq (n-1)\lambda + 1\] donc \[n\lambda - (n-1)\lambda \in [0,1]\] donc $u_n \in \{0,1\}$.
De plus, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, \[\sum^n_{i=1} u_i = \lfloor n\lambda \rfloor,\]et donc \[M_n(u) = \frac{1}{n}\lfloor n\lambda \rfloor,\]et donc \[\vert M_n(u) - \lambda \vert \leq \frac{1}{n}.\]
Soit $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ telle que pour toute suite $u$ qui est Cesàro-convergente, alors $f\circ u$ est Cesàro-convergente.
Alors $f$ est affine.
Démo.
En particulier, si $v$ est la suite constante de valeur $M(u)$, alors \[M(f\circ u) = M(f \circ v) = f(M(u)).\]
Maintenant, pour démontrer que $f$ est affine, il suffit de démontrer que pour tous $x,y\in \mathbb{R}$ et $\lambda \in [0,1]$, on a \[f((1-\lambda)x+\lambda y)= (1-\lambda)f(x) + \lambda f(y).\]
Pour cela, soit $(x,y,\lambda)\in \mathbb{R}^2 \times [0,1]$. Soit $u$ une suite de $0$ et de $1$ qui est Cesàro-convergente, de limite $\lambda$ (cela existe d'après le Lemme 3).
On considère la suite \[v := n \mapsto (1-u_n)x + u_n y.\] Alors \[f\circ v = n \mapsto (1-u_n) f(x) + u_n f(y).\]
Donc, d'après le Lemme 1, $v$ est Cesàro-convergente de limite $(1-\lambda) x+\lambda y$ et $f(v)$ est Cesàro-convergente de limite $(1-\lambda) f(x) + \lambda f(y)$, et d'après ce qu'on vient de voir, \[M(f \circ v) = f(M(v)),\]et donc \[f((1-\lambda) x + \lambda y) = (1-\lambda)f(x) + \lambda f(y).\]
Je te signale juste des nano coquilles : deux fois $\frac{2^{2^n}}{2^{2^{n+1} -1}} = \frac{1}{2^{2^n}\color{red}{-1}}$, un $n_\lambda$ au lieu de $n\lambda$. Et dans le passage où tu montres que $n\lambda-(n-1)\lambda\in[0,1]$, je ne sais pas si tu as oublié des parties entières ou si tu t'es compliqué la vie car $n\lambda-(n-1)\lambda=\lambda$ et $\lambda\in[0,1]$ par hypothèse
@gebrane, dans la 22 il me semble que la seconde limite est plutôt $\frac{L}{1+pL}$.
Énigme n°33 : Soit $(a_n) $ une suite positive avec $a_0\neq0$. Trouver une condition nécessaire et suffisante sur $(a_n) $ pour que : pour toute suite réelle $(u_n) $, $u_n$ converge si et seulement si $$\frac1{\sum_{k=0}^n a_k} \sum_{k=0}^n a_ku_k $$ converge.
Soit $(X_n) $ une suite i.i.d. de v.a. de Bernoulli de paramètre $\lambda$. D'après la loi forte des grands nombres $\frac1n \sum_{k=1}^n X_k \to \Bbb \lambda$ p.s. donc il existe une issue $\omega$ telle que $\frac1n \sum_{k=1}^n X_k(\omega) \to \Bbb \lambda$.
Mais c'est pour le fun, parce qu'en vrai cette preuve est moins bien car moins élémentaire et non constructive.
@Boécien : La CNS que j'ai trouvée n'est pas de cette forme. [édité]
EDIT : Oulalala j’ai manqué d’imagination : je crois que j’ai trouvé une suite $a$ qui marche. Il faut vraiment que je m’astreigne à réfléchir au moins une heure avant de poster.
Montrons qu'il suffit de démontrer le cas $p=1$.
Notons, pour tout $n$, $A_n:=\sum\limits_{k=1}^n a_k$ et $K_n:=\sum\limits_{k=1}^n ka_k$. Montrons que le signe de $a_n$ est constant à partir d'un certain rang.
Donc, quitte à remplacer $(a_n)$ par $(-a_n)$, on peut supposer : $\exists n_0,\forall n>n_0, a_n >0$. Montrons maintenant que $K_n\to\infty$.
- soit $A_n\to 0$, donc $A_n$ et $a_n$ sont de signes différents pour $n>n_0$ (car $(A_n)_{n\geqslant n_0}$ est monotone) puis $L\leqslant 0$.
Ces deux cas sont absurdes, donc $A_n$ ne peut pas converger. Or $(A_n)_{n> n_0}$ est croissante, donc $A_n\to+\infty$. Donc $\forall n>n_0$, $$\sum_{k=1}^n ka_k \geqslant \sum_{k=1}^{n_0} ka_k + \sum_{k=n_0+1}^n a_k = \sum_{k=1}^{n_0} ka_k-A_{n_0}+A_n \underset{n\to\infty}\longrightarrow +\infty.$$En particulier : $\exists n_1>n_0, \forall n\geqslant n_1, K_n>0$. Posons pour tous $n\geqslant n_1$ et $k\in[\![1,n]\!]$, $c_{n,k} := \frac{ka_k}{K_n} $. Montrons que $(c_{n,k})$ vérifie les hypothèses du théorème de Silverman-Toeplitz.
On peut alors conclure à la manière de l'énigme n°16.
Et toi gebrane ? Tu n'as pas dit d'où tu sortais autant d'énigmes.