Des applications de Cesàro et/ou Abel et/ou Silverman–Toeplitz - Page 4 — Les-mathematiques.netThe most powerful custom community solution in the world
Oui, remets-la avec un nouveau numéro s'il te plaît. Je voulais la chercher mais je ne me souviens plus de l'énoncé exact. C'est vrai qu'il y a certaines énigmes postées il y a plusieurs jours qui n'ont pas été abordées, mais c'est parfois parce qu'on a pas forcément eu le temps de se pencher dessus (il y a quand même une trentaine de numéros en tout !).
Soit $a_n$ une suite
réelle qui converge vers $a \in \mathbb{R}$. Soit une double suite
$c_{k,n}$ avec ( $1\le k \le n$) ( si besoin $c_{k,n}=0$ si $k>n$); vérifiant :
Merci @gebrane. Par contre, elle m'a l'air de ne pas marcher pas ton énigme n°35. Si on prends $a_n=\frac{(-1)^n}n\to 0$ et $c_{k,n} = n{\bf1}_{k=n} - (n-1){\bf1}_{k=n-1}$, les hypothèses (1), (2) sont vérifiées, mais $\sum_{k=1}^n c_{k,n} a_k = n\frac{(-1)^n}n - (n-1)\frac{(-1)^{n-1}}{n-1} = 2\,(-1)^n $ qui ne converge pas vers 0. Du coup, désolé de te l'avoir fait réécrire.
Dans ce cas, je vais prouver le théorème de Silverman-Toeplitz, comme je ne l'ai jamais fait que ça n'est pas sur Wikipédia ni dans ce fil (en fait je ne connaissais pas ce théorème avant l'ouverture de ce fil). Soit $\varepsilon >0$. Soient $m>0$ un majorant de $(|a_n|)$ et $n_0$ tel que : $\forall n>n_0, |a-a_n|<\frac{\varepsilon}{3M} \text{ et } \Big|1-\sum\limits_{k=1}^n c_{k,n}\Big| <\frac{\varepsilon}{3|a|+1} $. Soit $n_1>n_0$ tel que : $\forall n>n_1, \forall k\in[\![1,n_0]\!], |c_{k,n}|<\frac\varepsilon{6mn_0} $. On a $\forall n>n_1$, $$\begin{eqnarray*} \left|a-\sum_{k=1}^n c_{k,n} a_k \right| &\leqslant & \left|\sum_{k=1}^n c_{k,n} (a-a_k) \right|+ \left| a-\sum_{k=1}^n c_{k,n}a \right|\\ &\leqslant& \sum_{k=1}^{n_0} |c_{k,n}| |a-a_k| + \sum_{k=n_0+1}^{n} |c_{k,n}| |a-a_k| + |a| \left| 1-\sum_{k=1}^n c_{k,n} \right|\\ &\leqslant& \sum_{k=1}^{n_0} \frac\varepsilon{6m n_0}\, 2m + \sum_{k=n_0+1}^{n} |c_{k,n}| \frac\varepsilon{3M}+ |a| \frac{\varepsilon}{3|a|+1}\\ &\leqslant& \frac\varepsilon3 + \frac\varepsilon3 + \frac{\varepsilon}3 \\ &=& \varepsilon \end{eqnarray*}$$
@gebrane : Je ne suis pas sûr d'avoir compris le n°36. On définit les itérées $M^n$ de la moyennisation de Cesàro par récurrence par $M^1_k(u) := M_k(u)$ (la $k$-ième moyenne de Cesàro de $u$) et $M^{n+1}_k(u) :=M_k( j\mapsto M^{n}_j(u))$, puis on regarde la suite diagonale $n\mapsto M^n_n(u)$ ? C'est ça ?
Très élégant Calli. Pour la 36 il me semble que ça ne marche pas si on prend des suites à oscillations croissantes comme $a_n=\cos(\log(n)))$. Pour tout $m$, $M^{m}u(n)$ devrait toujours être oscillante sans converger...Je peux me tromper dans cette intuition.
En ce qui concerne l'énigme 33je dirais en regardant mon brouillon dégueulasse qu'on peut quasi directement appliquer Silverman-Toeplitz pour obtenir comme condition nécessaire et suffisante : il n'existe qu'un nombre fini d'entiers $n$ tels que $a_n=0$ et il existe $M>0$ tel que $\dfrac{\sum_{k=0}^n a_k}{a_n}\leq M$ partout où $a_n$ est non nul. Tu obtiens pareil @Calli ? (je ne veux pas développer si c'est faux...)
OK alors pour l'énigme 33 : on pose $s_n:=\sum_{k=0}^n a_k$ et $v(u)_n:=\dfrac{\sum_{k=0}^n a_ku_k}{s_n}$ pour toute suite $u=(u_n)$.
1) Il est facile de voir que $(a_n)$ ne s'annule qu'un nombre fini de fois (sinon on trouve facilement une suite $(u_n)$ qui diverge et telle que $(v(u)_n)$ converge). On peut donc supposer sans perte de généralité que $\forall n\in \N, a_n\neq 0$. 2) On montre facilement par récurrence que pour tout $n\geq 0$, $u_n=\dfrac{s_n}{a_n}v(u)_n+v(u)_{n-1}\left(1-\dfrac{s_n}{a_n}\right)$ (avec $v(u)_{-1}=0$ par convention). 3) Via 2) on récupère la matrice infinie $c$ qui relie la suite $(v_n)$ à $(u_n)$. Il s'agit de la matrice $c$ définie par $c_{n,n}:=\dfrac{s_n}{a_n}$, $c_{n,n-1}=1-\dfrac{s_n}{a_n}$ et $c_{k,n} = 0$ si $k\neq n-1,n$. 4) On applique Silverman–Toeplitz pour obtenir que ($(v(u)_n)$ converge $\Rightarrow$ $(u_n)$ converge) ssi $\left(\dfrac{s_n}{a_n}\right)$ est bornée (c'est la troisième condition dans le théorème de Silverman–Toeplitz) 5) Il reste à vérifier que si $\left(\dfrac{s_n}{a_n}\right)$ est bornée alors $(u_n)$ converge implique $(v(u)_n)$ converge. Mais ceci est facile car $\left(\dfrac{s_n}{a_n}\right)$ bornée implique qu'il existe $M>0$ tel que $\forall n\in N, s_n\leq Ma_n$. Donc $(s_n)$ diverge car autrement $(a_n)$ tendrait vers 0 ce qui est absurde vu la dernière inégalité. On peut donc appliquer Cesàro généralisé pour en déduire que $(v(u)_n)$ converge.
Avec plus de technique on peut se passer de Silverman–Toeplitz surement. @Calli si tu veux poster ta version...
La commande citer est très pratique, j'ai fait un peu de ménage dans la première page pour rendre la lecture mieux visible. Vous pouvez voir les énoncés et les liens vers les solutions.
@raoul.S :
D'accord, je ne savais pas que Silverman-Toeplitz avait une réciproque. Sans ce théorème,
voici comment on peut faire :
Caractère nécessaire : Par contraposée, supposons que $\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{s_n} =0$, où $s_n :=\sum_{k=0}^n a_k$, et trouvons un contre-exemple $(u_n)$.
Si $(s_n)$ est bornée, alors elle converge (car elle est croissante) et
$\sum (-1)^n a_n$ est absolument convergente. Donc $\frac1{s_n}\sum_{k=0}^n (-1)^n
a_n $ converge tandis que $(u_n) :=((-1)^n)$ diverge.
Sinon, $s_n\to+\infty$. Soit $\varphi :\Bbb N\to\Bbb N$ une extractrice
telle que $\frac{a_{\varphi(n)}}{s_{\varphi(n)}}\to 0$. On construit par
récurrence une extractrice $\psi$ telle que $\psi(0)=0$ puis, pour tout $n$,
$\psi(j+1)$ est tel que $$\frac1{s_{\varphi\circ\psi(j+1)}} \sum_{k=0}^{\varphi\circ\psi(j)}
a_k < \frac1{2^j}.$$ Et, on pose $\chi=\varphi\circ\psi$ et, pour tout $n$, $u_n :={\bf1}_{\chi(\Bbb N)}(n)$ et $j_n :=\max\{j\in\Bbb N\mid \chi(j) \leqslant n\}$. Alors $(u_n)$ ne converge pas, mais $$\frac1{s_n} \sum_{k=0}^n a_k u_k = \frac1{s_n} \sum_{j=0}^{j_n}
a_{\chi(j)} \leqslant \frac1{s_{\chi(j_n)}} \left( \sum_{k=0}^{\chi(j_n-1)} a_k \right) + \frac{a_{\chi(j_n)}}{s_{\chi(j_n)}} \underset{n\to\infty}\longrightarrow 0+0.$$
Caractère suffisant : On suppose que $\liminf\limits_{n\to\infty}
\frac{a_n}{s_n} >0$.
$\Rightarrow$ : Soit $(u_n)$ telle que $u_n$
converge. Si $(s_n)$ était bornée, alors on aurait $s_n=O(a_n)=o(1)$, or
$s_0=a_0>0$ et $(s_n)$ est croissante, donc d'est absurde. On a donc $s_n\to\infty$, et $\frac1{s_n} \sum_{k=0}^n a_k u_k$
converge d'après Cesàro généralisé.
$\Leftarrow$ : Soit $(u_n)$ telle que $v_n:=\frac1{s_n} \sum_{k=0}^n a_k
u_k$ converge vers une limite notée $\ell$. Notons $p_n :=
\frac{a_n}{s_n}$. Comme $\liminf\limits_{n\to\infty} p_n >0$, il existe $c>0$
et $n_0$ tels que : $\forall n>n_0,\; p_n \geqslant c$. Donc : $\forall
n>n_0$, $$\begin{eqnarray*} \frac1{s_n} \frac{s_n-a_n}{s_{n-1}} \sum_{k=0}^{n-1} a_ku_k +\frac{a_n}{s_n} u_n &=& v_n\\[1mm] (1-p_n)v_{n-1} +p_n u_n &=& v_n\\[1mm] (1-p_n)(v_{n-1}-\ell)
+p_n (u_n-\ell) &=& v_n-\ell\\[1mm] p_n |u_n-\ell| &\leqslant& |v_n-\ell|
+ (1-p_n)|v_{n-1}-\ell| \\[1mm] c\, |u_n-\ell| &\leqslant& |v_n-\ell| +|v_{n-1}-\ell|
\longrightarrow 0 \end{eqnarray*}$$ donc $u_n\to\ell$.
Merci @Calli, je ne sais pas pourquoi mais je voyais le côté nécessaire plus difficile. Peut-être car je n'exprimais pas la condition en terme de liminf... ou simplement pas pensé à faire la contraposée en fait.
En passant en revue les énigmes je reviens sur terre avec la $6$ qui semble ne pas pointer vers une solution.
Si $u_{2n-1}\rightarrow a$ et $u_{2n}\rightarrow b$ alors en notant $a_{k}=u_{2k-1}$ et $b_{k}=u_{2k}$ on obtient ($\left\lfloor x\right\rfloor$ désignant la partie entière de x)
$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}u_{k}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\left(u_{2k-1}+u_{2k}\right)=\frac{\left\lfloor n/2\right\rfloor }{n}\left(\frac{1}{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\sum_{k=1}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }a_{k}+\frac{1}{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\sum_{k=1}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }b_{k}\right)$$ Par Cesàro $\frac{1}{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\sum_{k=1}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }a_{k}\rightarrow a$ et $\frac{1}{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\sum_{k=1}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }b_{k}\rightarrow b$. Comme $\frac{\left\lfloor n/2\right\rfloor }{n}\rightarrow\frac{1}{2}$ on arrive à $$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}u_{k}\rightarrow\frac{a+b}{2}$$ C'est un cas particulier de l'énigme $24$. Peut-être mettre des * pour signaler le niveau de difficulté des énigmes de * à ****. Celle-là vaut * et la la 33 ***...C'est subjectif mais cela peut aiguiller le promeneur égaré qui voudrait s'y frotter.
Pour la 14 je me pose en fait cette question plus générale qui lierait Cesàro et Toeplitz. Soit une suite $(a_{n})$ et des coefficients $C(n,k)$ vérifiant les conditions du théorème de Toeplitz-Sylvester. Soit $U(n)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ et $V(n)=\sum_{k=1}^{n}a_{k}C(n,k)$ Soit une fonction $f(n)$ tendant vers l'infini. Peut-on dire que : $$V(n)=f(n)U(n)\Rightarrow a_{n}\rightarrow0 \qquad\text{ou}\qquad V(n)=f(n)U(n)\Rightarrow\sum_{k=1}^{n}a_{k}\rightarrow0$$ ou les deux ?
gebrane a dit :Pourquoi cette énigme est un cas particulier de la 24 ?
Parce-que dans la solution de la 24 il est en fait montré que non seulement la moyenne de Cesàro converge mais aussi que la limite c'est la moyenne des termes de la période.
Je réponds à l'énigme n°7 : si $a_n\to a$ et $b_n\to b$, alors $c_n:=\frac 1n \sum\limits_{k=0}^n a_kb_{n-k}\to ab$.
Preuve 1 (élémentaire) : Soit $\varepsilon>0$. Soit $M$ un majorant des suites $(a_n)$ et $(b_n)$. On a : $\exists n_0\in\Bbb N, \forall n\geqslant n_0, |a_n-a|<\frac{\varepsilon}{4M} \text{ et }|b_n-b|<\frac{\varepsilon}{4M}$. Alors : $\forall n\geqslant \max(2n_0,\frac{4n_0M^2}\varepsilon),$ $$\begin{eqnarray*} |c_n - ab| &\leqslant& \frac1n \sum_{k=0}^{n_0-1} |a_kb_{n-k}-ab| + \frac1n \sum_{k=n_0}^{n-n_0} |a_kb_{n-k}-ab| +\frac1n \sum_{k=n-n_0+1}^n |a_kb_{n-k}-ab| \\ &\leqslant& \frac1n \sum_{k=0}^{n_0-1} 2M^2 + \frac1n \sum_{k=n_0}^{n-n_0} (|a_k-a| |b_{n-k}|+|a| |b_{n-k}-b|) +\frac1n \sum_{k=n-n_0+1}^n 2M^2 \\ &\leqslant& \frac{2n_0}n 2M^2 + \frac1n \sum_{k=n_0}^{n-n_0} 2M\frac{\varepsilon}{4M} \\ &\leqslant& \frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2 = \varepsilon \end{eqnarray*}$$ donc $c_n\to ab$.
Preuve 2 (par Cesàro répété) : Supposons que $b\neq 0$. Posons pour tous $n\in\Bbb N$ et $k\in[\![0,n]\!]$, $p_{n,k} := \frac{b_{n-k}}{b\cdot n}$. Soit $M$ un majorant de $(b_n)$. Alors (1) $\forall k\in\Bbb N, p_{n,k}\underset{n\to\infty}\longrightarrow 0$, (2) $\sum\limits_{k=0}^n p_{n,k} = \frac1n \sum\limits_{k=0}^n \frac{b_k}b \to 1$ par Cesàro et (3) $\forall n\in\Bbb N, \sum\limits_{k=0}^n |p_{n,k}| \leqslant \frac{M}{|b|}$. Donc d'après le théorème de Silverman-Toeplitz $c_n = b \sum\limits_{k=0}^n p_{n,k} a_k \to ab$. Et si $b=0$, alors $c_n = \frac 1n \sum\limits_{k=0}^n a_k(b_{n-k}+1) - \frac 1n \sum\limits_{k=0}^n a_k \to a\cdot 1-a=0=ab$ par ce qui précède et Cesàro.
Je réponds à l'énigme n°23 : si $A\in O_d(\Bbb R)$ (matrice orthogonale) est telle que $I_d-A$ est inversible, alors la suite $(A^n)$ ne converge pas.
Supposons par l'absurde que $A^n \to B\in\mathcal{M}_d(\Bbb R)$. Alors $ \frac1{n+1}\sum\limits_{k=0}^n A^n \to B$ par Cesàro (appliqué coordonnée par coordonnée). Et $(I_d-A) \sum\limits_{k=0}^n A^n = I_d-A^{n+1} \to I_d-B$. Donc $(I_d-A)B = \lim\limits_{n\to\infty} \frac1{n+1}(I_d-A)\sum\limits_{k=0}^n A^n =0$. Mais comme $I_d-A$ est inversible, $B=0$, i.e. $A^n\to 0$. Donc pour tout $x\in\Bbb R^d$, $\|x\|_2 = \|A^n x\|_2\to 0$. C'est absurde.
Édit : Merci gebrane d'avoir signalé le conflit de notations.
Ah je n'ai pas encore cherché la 26 ! Mais il y a un problème dans la 26 car l'équivalence n'est pas vraie quand a=0 (la Cesàro-convergence n'implique pas la convergence). C'est une implication à sens unique ? Ou il faut exclure a=0 ?
Pour la 14 j'ai fait quelques expériences et je propose de la placer dans un contexte plus large. Pour l'instant je ne l'ai pas prouvée donc cela reste une question à affiner sans doute.
Énigme 14 bis. Relation entre somme de Cesàro et de Toeplitz
Soit $c(n,k)$ des coefficients satisfaisant les critères du théorème de Toeplitz-Sylvester et une suite $\left(a_{n}\right)$ telle que $\sum_{k=1}^{n}a_{k}c(n,k)$ ne s'annule pas. Alors a-t-on$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}}{\sum_{k=1}^{n}a_{k}c(n,k)}=0\quad\Longrightarrow\quad\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=0\quad?$$
Pour l'énigme 7, et si je demande d'appliquer uniquement Cesàro comment faire ?
Edit: On peut. J'ai changé les indices car c'est plus joli en faisant partir les sommes de zéro.
On a $a_{n}=a+\varepsilon_{a}(n)$ et $b_{n}=b+\varepsilon_{b}(n)$ où $\varepsilon_{a}$ et $\varepsilon_{b}$ sont deux suites qui tendent vers zéro. Donc \begin{align*} \sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}&=\sum_{k=0}^{n}\left(a+\varepsilon_{a}(k)\right)b_{n-k}=a\sum_{k=0}^{n}b_{n-k}+\sum_{k=0}^{n}b_{n-k}\varepsilon_{a}(k)\\ &=a\sum_{k=0}^{n}b_{k}+\sum_{k=0}^{n}b_{n-k}\varepsilon_{a}(k)\\ &=a\sum_{k=0}^{n}\left(b+\varepsilon_{b}(k)\right)+\sum_{k=0}^{n}b_{n-k}\varepsilon_{a}(k)\\ &=abn+\sum_{k=0}^{n}\left(a\varepsilon_{b}(k)+b_{n-k}\varepsilon_{a}(k)\right) \end{align*} Donc $$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}-ab\right|\leq\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\left|a\varepsilon_{b}(k)+b_{n-k}\varepsilon_{a}(k)\right|$$ Comme $b$ est borné on a donc $$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}-ab\right|\leq\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\varepsilon(k)$$
Où $\varepsilon(k)>0$ est une suite qui tend vers zéro. Par Cesàro $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\varepsilon(k)\rightarrow0$ et donc $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{n-k}-ab\rightarrow0$.
Variante purement d'écriture. \begin{align*}\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}&=\sum_{k=0}^{n}\left(a+\varepsilon_{a}(k)\right)\left(b+\varepsilon_{b}(n-k)\right) \\&=nab+ab+a\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{b}(k)+b\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{a}(k)+\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{a}(k)\varepsilon_{b}(n-k)\end{align*} comme $\left|\varepsilon_{b}\right|$ est bornée disons par $c>0$ on obtient $$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}-ab\right|\leq\frac{\left|ab\right|}{n}+\frac{\left|a\right|}{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\varepsilon_{b}(k)\right|+\frac{\left|b\right|+c}{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\varepsilon_{a}(k)\right|.$$
Comme par Cesàro $\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\varepsilon_{a}(k)\right|\rightarrow0$ et $\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\varepsilon_{b}(k)\right|\rightarrow0$ il vient finalement $$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}-ab\rightarrow0.$$
Oui@Boécien la variante est plus jolie. Une coquille dans $nab+a\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{b}(k)+b\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{a}(k)+\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{a}(k)\varepsilon_{b}(n-k)$ à corriger en $(n+1)ab+a\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{b}(k)+b\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{a}(k)+\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{a}(k)\varepsilon_{b}(n-k)$.
S'il y a une ou des énigme(s) moche(s) ( qui ne suscite(nt) aucun intérêt) , indiquer la ou les pour la ou les remplacer par d'autres de moi ou de vous. @Calli maintenant que tu as résolu la plus part, je pense que tu peux généraliser chaque énigme pour la rentre plus énigmatique ( lorsque tu as un peu de temps libre)
Attends, gebrane il en reste encore à chercher . Je n'ai pas encore eu le temps de regarder celles qui restent (hormis la n°14 que j'ai un peu cherchée, mais je ne sais pas comment partir, et la n°30, dont il faudrait poster une preuve) donc perso je ne peux pas dire s'il y en a qui n'ont pas d'intérêt. D'ailleurs, gebrane, il y a un problème avec les boîtes "révéler" de ton premier message.
Pour la 30 il faut appliquer la Hockey-stick identity et appliquer Cesàro généralisé. D'ailleurs il y a une coquille dans la formule de l'énoncé, ça devrait être $\frac{(n-1)!(m+1)!}{(n+m)!} \sum_{k=1}^n \frac{(m+k-1)!}{(k-1)!m!} a_k$
Réponses
C'est vrai qu'il y a certaines énigmes postées il y a plusieurs jours qui n'ont pas été abordées, mais c'est parfois parce qu'on a pas forcément eu le temps de se pencher dessus (il y a quand même une trentaine de numéros en tout !).
\end{align*} Alors $\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^n c_{k,n} \cdot a_k. =a$,
Dans ce cas, je vais prouver le théorème de Silverman-Toeplitz, comme je ne l'ai jamais fait que ça n'est pas sur Wikipédia ni dans ce fil (en fait je ne connaissais pas ce théorème avant l'ouverture de ce fil).
Soit $\varepsilon >0$. Soient $m>0$ un majorant de $(|a_n|)$ et $n_0$ tel que : $\forall n>n_0, |a-a_n|<\frac{\varepsilon}{3M} \text{ et } \Big|1-\sum\limits_{k=1}^n c_{k,n}\Big| <\frac{\varepsilon}{3|a|+1} $. Soit $n_1>n_0$ tel que : $\forall n>n_1, \forall k\in[\![1,n_0]\!], |c_{k,n}|<\frac\varepsilon{6mn_0} $. On a $\forall n>n_1$, $$\begin{eqnarray*} \left|a-\sum_{k=1}^n c_{k,n} a_k \right| &\leqslant & \left|\sum_{k=1}^n c_{k,n} (a-a_k) \right|+ \left| a-\sum_{k=1}^n c_{k,n}a \right|\\
&\leqslant& \sum_{k=1}^{n_0} |c_{k,n}| |a-a_k| + \sum_{k=n_0+1}^{n} |c_{k,n}| |a-a_k| + |a| \left| 1-\sum_{k=1}^n c_{k,n} \right|\\
&\leqslant& \sum_{k=1}^{n_0} \frac\varepsilon{6m n_0}\, 2m + \sum_{k=n_0+1}^{n} |c_{k,n}| \frac\varepsilon{3M}+ |a| \frac{\varepsilon}{3|a|+1}\\
&\leqslant& \frac\varepsilon3 + \frac\varepsilon3 + \frac{\varepsilon}3 \\
&=& \varepsilon
\end{eqnarray*}$$
il n'existe qu'un nombre fini d'entiers $n$ tels que $a_n=0$ et il existe $M>0$ tel que $\dfrac{\sum_{k=0}^n a_k}{a_n}\leq M$ partout où $a_n$ est non nul.
Tu obtiens pareil @Calli ? (je ne veux pas développer si c'est faux...)
1) Il est facile de voir que $(a_n)$ ne s'annule qu'un nombre fini de fois (sinon on trouve facilement une suite $(u_n)$ qui diverge et telle que $(v(u)_n)$ converge). On peut donc supposer sans perte de généralité que $\forall n\in \N, a_n\neq 0$.
2) On montre facilement par récurrence que pour tout $n\geq 0$, $u_n=\dfrac{s_n}{a_n}v(u)_n+v(u)_{n-1}\left(1-\dfrac{s_n}{a_n}\right)$ (avec $v(u)_{-1}=0$ par convention).
3) Via 2) on récupère la matrice infinie $c$ qui relie la suite $(v_n)$ à $(u_n)$. Il s'agit de la matrice $c$ définie par $c_{n,n}:=\dfrac{s_n}{a_n}$, $c_{n,n-1}=1-\dfrac{s_n}{a_n}$ et $c_{k,n} = 0$ si $k\neq n-1,n$.
4) On applique Silverman–Toeplitz pour obtenir que ($(v(u)_n)$ converge $\Rightarrow$ $(u_n)$ converge) ssi $\left(\dfrac{s_n}{a_n}\right)$ est bornée (c'est la troisième condition dans le théorème de Silverman–Toeplitz)
5) Il reste à vérifier que si $\left(\dfrac{s_n}{a_n}\right)$ est bornée alors $(u_n)$ converge implique $(v(u)_n)$ converge. Mais ceci est facile car $\left(\dfrac{s_n}{a_n}\right)$ bornée implique qu'il existe $M>0$ tel que $\forall n\in N, s_n\leq Ma_n$. Donc $(s_n)$ diverge car autrement $(a_n)$ tendrait vers 0 ce qui est absurde vu la dernière inégalité. On peut donc appliquer Cesàro généralisé pour en déduire que $(v(u)_n)$ converge.
Avec plus de technique on peut se passer de Silverman–Toeplitz surement. @Calli si tu veux poster ta version...
@Boécien non ce n'est pas équivalent. Prendre $a_n=\dfrac{1}{n+1}$ par exemple.
@raoul.S : D'accord, je ne savais pas que Silverman-Toeplitz avait une réciproque. Sans ce théorème, voici comment on peut faire :
Caractère nécessaire : Par contraposée, supposons que $\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{s_n} =0$, où $s_n :=\sum_{k=0}^n a_k$, et trouvons un contre-exemple $(u_n)$.
Caractère suffisant : On suppose que $\liminf\limits_{n\to\infty} \frac{a_n}{s_n} >0$.
$\Rightarrow$ : Soit $(u_n)$ telle que $u_n$ converge. Si $(s_n)$ était bornée, alors on aurait $s_n=O(a_n)=o(1)$, or $s_0=a_0>0$ et $(s_n)$ est croissante, donc d'est absurde. On a donc $s_n\to\infty$, et $\frac1{s_n} \sum_{k=0}^n a_k u_k$ converge d'après Cesàro généralisé.
$\Leftarrow$ : Soit $(u_n)$ telle que $v_n:=\frac1{s_n} \sum_{k=0}^n a_k u_k$ converge vers une limite notée $\ell$. Notons $p_n := \frac{a_n}{s_n}$. Comme $\liminf\limits_{n\to\infty} p_n >0$, il existe $c>0$ et $n_0$ tels que : $\forall n>n_0,\; p_n \geqslant c$. Donc : $\forall n>n_0$, $$\begin{eqnarray*} \frac1{s_n} \frac{s_n-a_n}{s_{n-1}} \sum_{k=0}^{n-1} a_ku_k +\frac{a_n}{s_n} u_n &=& v_n\\[1mm] (1-p_n)v_{n-1} +p_n u_n &=& v_n\\[1mm] (1-p_n)(v_{n-1}-\ell) +p_n (u_n-\ell) &=& v_n-\ell\\[1mm] p_n |u_n-\ell| &\leqslant& |v_n-\ell| + (1-p_n)|v_{n-1}-\ell| \\[1mm] c\, |u_n-\ell| &\leqslant& |v_n-\ell| +|v_{n-1}-\ell| \longrightarrow 0 \end{eqnarray*}$$ donc $u_n\to\ell$.
Par Cesàro $\frac{1}{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\sum_{k=1}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }a_{k}\rightarrow a$ et $\frac{1}{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\sum_{k=1}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }b_{k}\rightarrow b$. Comme $\frac{\left\lfloor n/2\right\rfloor }{n}\rightarrow\frac{1}{2}$ on arrive à
$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}u_{k}\rightarrow\frac{a+b}{2}$$
C'est un cas particulier de l'énigme $24$. Peut-être mettre des * pour signaler le niveau de difficulté des énigmes de * à ****. Celle-là vaut * et la la 33 ***...C'est subjectif mais cela peut aiguiller le promeneur égaré qui voudrait s'y frotter.
Soit une suite $(a_{n})$ et des coefficients $C(n,k)$ vérifiant les conditions du théorème de Toeplitz-Sylvester.
Soit $U(n)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ et $V(n)=\sum_{k=1}^{n}a_{k}C(n,k)$
Soit une fonction $f(n)$ tendant vers l'infini. Peut-on dire que :
$$V(n)=f(n)U(n)\Rightarrow a_{n}\rightarrow0
\qquad\text{ou}\qquad
V(n)=f(n)U(n)\Rightarrow\sum_{k=1}^{n}a_{k}\rightarrow0$$
ou les deux ?
Preuve 1 (élémentaire) : Soit $\varepsilon>0$. Soit $M$ un majorant des suites $(a_n)$ et $(b_n)$. On a : $\exists n_0\in\Bbb N, \forall n\geqslant n_0, |a_n-a|<\frac{\varepsilon}{4M} \text{ et }|b_n-b|<\frac{\varepsilon}{4M}$. Alors : $\forall n\geqslant \max(2n_0,\frac{4n_0M^2}\varepsilon),$ $$\begin{eqnarray*} |c_n - ab| &\leqslant& \frac1n \sum_{k=0}^{n_0-1} |a_kb_{n-k}-ab| + \frac1n \sum_{k=n_0}^{n-n_0} |a_kb_{n-k}-ab| +\frac1n \sum_{k=n-n_0+1}^n |a_kb_{n-k}-ab| \\
&\leqslant& \frac1n \sum_{k=0}^{n_0-1} 2M^2 + \frac1n \sum_{k=n_0}^{n-n_0} (|a_k-a| |b_{n-k}|+|a| |b_{n-k}-b|) +\frac1n \sum_{k=n-n_0+1}^n 2M^2 \\
&\leqslant& \frac{2n_0}n 2M^2 + \frac1n \sum_{k=n_0}^{n-n_0} 2M\frac{\varepsilon}{4M} \\
&\leqslant& \frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2 = \varepsilon
\end{eqnarray*}$$ donc $c_n\to ab$.
Preuve 2 (par Cesàro répété) : Supposons que $b\neq 0$. Posons pour tous $n\in\Bbb N$ et $k\in[\![0,n]\!]$, $p_{n,k} := \frac{b_{n-k}}{b\cdot n}$. Soit $M$ un majorant de $(b_n)$. Alors (1) $\forall k\in\Bbb N, p_{n,k}\underset{n\to\infty}\longrightarrow 0$, (2) $\sum\limits_{k=0}^n p_{n,k} = \frac1n \sum\limits_{k=0}^n \frac{b_k}b \to 1$ par Cesàro et (3) $\forall n\in\Bbb N, \sum\limits_{k=0}^n |p_{n,k}| \leqslant \frac{M}{|b|}$. Donc d'après le théorème de Silverman-Toeplitz $c_n = b \sum\limits_{k=0}^n p_{n,k} a_k \to ab$.
Et si $b=0$, alors $c_n = \frac 1n \sum\limits_{k=0}^n a_k(b_{n-k}+1) - \frac 1n \sum\limits_{k=0}^n a_k \to a\cdot 1-a=0=ab$ par ce qui précède et Cesàro.
Supposons par l'absurde que $A^n \to B\in\mathcal{M}_d(\Bbb R)$. Alors $ \frac1{n+1}\sum\limits_{k=0}^n A^n \to B$ par Cesàro (appliqué coordonnée par coordonnée). Et $(I_d-A) \sum\limits_{k=0}^n A^n = I_d-A^{n+1} \to I_d-B$. Donc $(I_d-A)B = \lim\limits_{n\to\infty} \frac1{n+1}(I_d-A)\sum\limits_{k=0}^n A^n =0$. Mais comme $I_d-A$ est inversible, $B=0$, i.e. $A^n\to 0$. Donc pour tout $x\in\Bbb R^d$, $\|x\|_2 = \|A^n x\|_2\to 0$. C'est absurde.
Édit : Merci gebrane d'avoir signalé le conflit de notations.
Ah je n'ai pas encore cherché la 26 ! Mais il y a un problème dans la 26 car l'équivalence n'est pas vraie quand a=0 (la Cesàro-convergence n'implique pas la convergence). C'est une implication à sens unique ? Ou il faut exclure a=0 ?
Alors a-t-on$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}}{\sum_{k=1}^{n}a_{k}c(n,k)}=0\quad\Longrightarrow\quad\lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=0\quad?$$
\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}&=\sum_{k=0}^{n}\left(a+\varepsilon_{a}(k)\right)b_{n-k}=a\sum_{k=0}^{n}b_{n-k}+\sum_{k=0}^{n}b_{n-k}\varepsilon_{a}(k)\\
&=a\sum_{k=0}^{n}b_{k}+\sum_{k=0}^{n}b_{n-k}\varepsilon_{a}(k)\\
&=a\sum_{k=0}^{n}\left(b+\varepsilon_{b}(k)\right)+\sum_{k=0}^{n}b_{n-k}\varepsilon_{a}(k)\\
&=abn+\sum_{k=0}^{n}\left(a\varepsilon_{b}(k)+b_{n-k}\varepsilon_{a}(k)\right)
\end{align*} Donc
$$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}-ab\right|\leq\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\left|a\varepsilon_{b}(k)+b_{n-k}\varepsilon_{a}(k)\right|$$ Comme $b$ est borné on a donc
$$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}-ab\right|\leq\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\varepsilon(k)$$
\begin{align*}\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}&=\sum_{k=0}^{n}\left(a+\varepsilon_{a}(k)\right)\left(b+\varepsilon_{b}(n-k)\right) \\&=nab+ab+a\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{b}(k)+b\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{a}(k)+\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{a}(k)\varepsilon_{b}(n-k)\end{align*} comme $\left|\varepsilon_{b}\right|$ est bornée disons par $c>0$ on obtient
$$\left|\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}-ab\right|\leq\frac{\left|ab\right|}{n}+\frac{\left|a\right|}{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\varepsilon_{b}(k)\right|+\frac{\left|b\right|+c}{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\varepsilon_{a}(k)\right|.$$
D'ailleurs, gebrane, il y a un problème avec les boîtes "révéler" de ton premier message.