Des applications de Cesàro et/ou Abel et/ou Silverman–Toeplitz - Page 6 — Les-mathematiques.netThe most powerful custom community solution in the world
Pour continuer dans cette idée d'utiliser Kloosterman pour la 26 sans liminf et limsup j'en arrive à devoir montrer un truc comme ça.
Soit $a_{n}$ une suite positive décroissante telle que $a_{n}=O\left(n^{-\alpha}\right)$ avec $0<\alpha<1$ telle que $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-\alpha}{n^{1-\alpha}}\sum_{k=1}^{n}a_{k}=\ell$
Alors a-t-on sous ces seules conditions $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}\sum_{n\leq k\leq n+n^{\alpha}}a_{k}k^{\alpha}=\ell$ ?
Bon ces détours m'ont ramené à l'idée de départ pour la 26 qui était d'utiliser 12 dont Calli a fourni déjà une preuve. Nouvelle tentative de démonstration de la 26 dans le sens pas facile.
Lemme : La suite $w_{n}:=n^{a}a_{n}$ vérifie $w_{n}-w_{n-1}=O(n^{-1})$. Preuve du lemme Comme $a_{n}$ décroit et que $\sum_{k=1}^{n}a_{k}\sim n^{1-\alpha}\ \left(n\rightarrow\infty\right)$ alors on a $a_{n}\leq\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}\sim n^{-\alpha}$ et donc $$\left|w_{n}-w_{n-1}\right|=\left|n^{\alpha}a_{n}-(n-1)^{\alpha}a_{n-1}\right|\leq a_{n}\left|n^{\alpha}-(n-1)^{\alpha}\right|\sim \alpha a_n n^{\alpha-1}$$ comme $a_{n}=O\left(n^{-a}\right)$ on obtient$$w_{n}-w_{n-1}=O(n^{-1})$$
cqfd
Soit $A(x)=\sum_{k\leq x}a_{k}$ alors on a par la formule sommatoire d'Abel$$\sum_{k=1}^{n}a_{k}k^{\alpha}=A(n)n^{\alpha}-1-\alpha\int_{1}^{n}A(t)t^{\alpha-1}dt$$ soit $$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}w_{k}=A(n)n^{\alpha-1}-\frac{1}{n}-\frac{\alpha}{n}\int_{1}^{n}A(t)t^{\alpha-1}dt$$ On a $A(x)x^{\alpha-1}\sim\frac{\ell}{1-\alpha}$ d'où $\int_{1}^{n}A(t)t^{\alpha-1}dt\sim\frac{\ell n}{1-\alpha}$ et donc $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}w_{k}=\frac{\ell}{1-\alpha}-0-\alpha\frac{\ell}{1-\alpha}=\ell$$
Maintenant comme on a $w_{n}-w_{n-1}=O\left(n^{-1}\right)$ on peut utiliser l'énigme 12 et $w_{n}\rightarrow\ell$.
Bonjour @Bécien, peux-tu stp m'expliquer cette inégalité $\left|n^{a}a_{n}-(n-1)^{a}a_{n-1}\right|\leq a_{n}\left|n^{a}-(n-1)^{a}\right|$. La valeur absolue n'est pas croissante sur $\R$ !
Vu les cochonnades que j'ai faites voici où j'en suis sur cette question.
Par la formule sommatoire d'Abel en notant $A(x)=\sum_{k\leq x}a_{k}$ on a $\sum_{1\leq k\leq n}a_{k}k^{\alpha}=A\left(n\right)n^{\alpha}-1-\alpha\int_{1}^{n}A(t)t^{\alpha-1}dt$ donc comme $A(t)t^{\alpha-1}=\frac{\ell}{1-\alpha}+o(1)$ il vient $\frac{1}{n}\sum_{1\leq k\leq n}a_{k}k^{\alpha}=A\left(n\right)n^{\alpha-1}-\frac{1}{n}-\frac{\alpha}{n}\left(\frac{\ell n}{1-\alpha}+o(n)\right)$ $\Rightarrow\frac{1}{n}\sum_{1\leq k\leq n}a_{k}k^{\alpha}=\frac{\ell}{1-\alpha}+o(1)-\frac{1}{n}-\frac{\alpha\ell}{1-\alpha}+o(1)$ $\Rightarrow\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}k^{\alpha}\rightarrow\ell $ (1) Les conditions de décroissance et la positivité de $a_{k}$ donnent $a_{n}\ll n^{{-\alpha}}$. Peuvent-elles aussi simplement à partir de (1) donner $a_{n}n^{\alpha}\rightarrow\ell$ auquel cas c'est plié ou $a_{n}n^{\alpha}-a_{n-1}(n-1)^{\alpha}=O(n^{-1})$ et alors on peut utiliser la 12.
Mes deux centimes pour la réciproque de la 26. En fait on peut la généraliser comme ceci : soit $f:\R^{+}\to \R^{+}$ décroissante telle que $\lim\limits_{x\to +\infty}x^{a-1}\int_0^x f(t) dt=\dfrac{\ell}{1-a}$ avec $0\leq a <1$. Alors $\lim\limits_{x\to +\infty}x^af(x)=\ell$. La preuve est la même. On peut la faire sans les liminf/sup mais avec des $\varepsilon$ ça ne change pas grand chose...
En résumé, je me base à 99% sur la preuve de Boécien, en notant $A(x):=\int_0^x f(t) dt$ et en prenant un $0<\lambda<1$ , on a : $f(x)x(1-\lambda)\leq A(x)-A(\lambda x)\leq f(\lambda x)x(1-\lambda)$. De là, $$\dfrac{\lambda x^{a-1}}{1-\lambda}\left(A(x/\lambda)-A(x)\right)\leq x^a f(x)\leq \dfrac{x^{a-1}}{1-\lambda}\left(A(x)-A(\lambda x)\right).$$ Si on fait tendre $x\to +\infty$ puis $\lambda \to 1^{-}$ dans les deux expressions aux extrémités on obtient $\ell$ comme limite. Par conséquent pour tout $\varepsilon >0$ dès que $x$ est assez grand, on a $$\ell-\varepsilon\leq x^a f(x)\leq \ell+\varepsilon.$$ PS. On retrouve l'énoncé avec les suites en considérant la fonction $f:x\to \sum_{k\geq 1} \mathrm a_k 1_{]k-1,k]} $.
Pour la 19. La sommation des o et O jouant parfois des tours aux étourdis (dont je fais partie), on peut aussi rester dans l'esprit "Cesàro" et partir de $a_{n+1}=\alpha^{n}a_{0}+\alpha^{n}\sum_{k=0}^{n}\alpha^{-k}b_{k}$. Par Cesàro généralisé comme $\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}\rightarrow\infty$ on a $$\frac{1}{\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}}\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}\left|b_{k}\right|\rightarrow0\Rightarrow\left(\frac{1-\left|\alpha\right|}{1-\left|\alpha\right|^{n+1}}\right)\left|\alpha\right|^{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}\left|b_{k}\right|\rightarrow0\Rightarrow\left|\alpha\right|^{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}\left|b_{k}\right|\rightarrow0$$Donc $$\left|a_{n+1}\right| \leq \left|\alpha^{n}a_{0}\right|+\left|\alpha\right|^{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}\left|b_{k}\right|\rightarrow0$$
@Boécien très belle application de Cesàro généralisé. Je suis aussi d'accord qu'il faut justifier la somme des petit o dans la méthode de @Pomme de terre.
Tiens je m'aperçois qu'on utilise souvent Cesàro généralisé mais qu'il n'y pas de solution postée à l'échauffement 4. En voici donc une.
Soit $a_{n}\rightarrow\ell$ et $\lambda_{n}>0$ avec $\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}\rightarrow\infty$ alors $\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}a_{k}\rightarrow\ell$. Preuve :
$\forall\varepsilon>0$ il existe $n_{\varepsilon}$ tel que $n\geq n_{\varepsilon}\Rightarrow\left|a_{n}-\ell\right|<\varepsilon/2$ et alors $$\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\left|\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|\leq\frac{\left|\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}-1}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}+\varepsilon/2\frac{\left|\sum_{k=n_{\varepsilon}}^{n}\lambda_{k}\right|}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\leq\frac{\left|\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}-1}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}+\varepsilon/2$$ Comme $\frac{\left|\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}-1}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\rightarrow0$ il existe $n'_{\varepsilon}$ tel que $n\geq\max(n_{\varepsilon},n'_{\varepsilon})\Rightarrow\frac{\left|\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}-1}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}<\varepsilon/2$, il s'ensuit que pour $n\geq\max(n_{\varepsilon},n'_{\varepsilon})$ on a $$\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\left|\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|\leq\varepsilon$$
et donc $\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}a_{k}\rightarrow\ell$.
Je suis aussi d'accord qu'il faut justifier la somme des petit o dans la méthode de @Pomme de terre.
On a qu'à dire que c'est un exercice pour toi gebrane . Mais ça n'est pas très dur en appliquant les théorèmes de sommation des petits $o$.
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Hier, j'ai donné en colle l'énigme 12 à l'un des meilleurs élèves d'une classe de LLG et il s'en est bien sorti. J'avais aussi prévu les énigmes sœurs 16 et 22 pour un autre excellent élève, mais il a été retenu par un calcul d'équa diff finalement.
@Calli , Voila comment je traite la 19 en connaissance de cause de la preuve du lemme de Cesàro ( découpage et exploitation d'une somme géométrique)
La suite $(b_n)$ étant convergente vers 0 donc bornée ( par M>0) et $|b_n|\le \epsilon$ à partir d'un rang N. De $\frac{a_n}{\alpha^{n}} =a_0+ \sum_{k=0}^{n-1} \frac{b_k}{\alpha^{k+1}}$, on déduit que
$|\frac{a_n}{\alpha^{n}}| \leq |a_0|+ \sum_{k=0}^{n-1} \frac{|b_k|}{|\alpha|^{k+1}}\leq |a_0|+ \sum_{k=0}^{N-1} \frac{M}{|\alpha|^{k+1}}+\sum_{k=N}^{n-1} \frac{\epsilon }{|\alpha|^{k+1}}$ On obtient des sommes géométriques , d'où
Maintenant, si je reviens à l'explication de Pomme de terre qui affirme que $\frac{a_n}{\alpha^n} \underset{n\to+\infty}{=} o\left(\frac1{|\alpha|^n} \right),$ d'apres (*), je vois que
$|\frac{a_n}{\alpha^{n}}| \leq \frac 1{|\alpha|^n}( |a_0||\alpha^{n}|+|\alpha^{n}|\frac M{(1-|\alpha|)|\alpha|^N}+\frac \epsilon {(1-|\alpha|)|})$ qui ne me donne pas gratuitement que $\frac{a_n}{\alpha^n} \underset{n\to+\infty}{=} \frac1{|\alpha|^n}o\left( 1\right)$
Donc @Calli explique moi cette histoire de sommation des petits o
J'applique ce théorème avec $u_n = \frac{b_n}{\alpha^{n+1}}$ et $v_n = \frac1{|\alpha|^n}$.
La condition 1 est bien satisfaite car $0 < |\alpha| < 1$ donne : $$\sum_{k=0}^n \frac{1}{|\alpha|^k} = \frac{\frac1{|\alpha|^{n+1}}-1}{\frac1{|\alpha|}-1} \underset{n\to\infty}\sim \frac{1}{1-|\alpha|} \cdot \frac1{|\alpha|^n}.$$
Merci @Pomme de terre pour le théorème, il restait en ma mémoire seulement le théorème de la sommation des équivalents, je ne sais pas si j'avais connu ce théorème. Stp peux-tu corriger la coquille que tu as laissée et qui a eu un impact néfaste sur ma compréhension (le $a_0$ avait disparu subitement) $\frac{a_n}{\alpha^n} \underset{n\to+\infty}{=} a_0 + o\left(\sum_{k=0}^{n-1} \frac1{|\alpha|^k}\right) = o\left(\frac1{|\alpha|^n} \right)$
en $\frac{a_n}{\alpha^n} \underset{n\to+\infty}{=} a_0 + o\left(\sum_{k=0}^{n-1} \frac1{|\alpha|^k}\right) =a_0+ o\left(\frac1{|\alpha|^n} \right)$ qui ne change rien à ta preuve.
si tu donnes la 26 au top de tes brillants étudiants ?
Pas facile, mais il aurait été posé aux oraux des ENS dans sa version intégrale. Pareil d'ailleurs pour le 17, aux oraux de l'X.
Source : FRANCINOU, Serge, GIANELLA, Hervé, et NICOLAS, Serge. Exercices de mathématiques des oraux de l’École polytechnique et des Écoles normales supérieures: Analyse. Tome I. Cassini, 2003.
@Pomme de terre je n'ai pas le livre que tu cites mais le 17 est très accessible si on sait dans quelle direction on cherche. Ce fil est une application de Cesàro et ....donc on peut réduire la question Si $s_n=\sum_{k=1}^n a_k^{\alpha}$ par hypothese $a_n\sim\frac 1{s_n}$ donc il suffit de prouver que $s_n\sim (n(\alpha +1))^{\frac 1{\alpha +1}}$, autrement dit $s_n^{\alpha +1}\sim n(\alpha +1)$ par Cesàro ( lemme de l'escalier),
il suffit donc de prouver que $s_n^{\alpha +1}-s_{n-1}^{\alpha +1}\sim (1+\alpha)$
Non ! Ce que je dis c'est que la classe de sup' dans laquelle je colle a fini le chapitre sur les suites, donc il ne sera plus au programme des colles dans les prochaines semaines.
@Calli, tu m'as démasqué, j'avais lu ta preuve en diagonale mais pas dans les détails. Tu as probablement fait un peu plus compliqué que nécessaire. Mais il me semble bien que la propriété que j'ai indiquée est au cœur de l'argument.
EDIT : Pour simplifier, disons que l'énigme 12 se généralise à toute suite de réels $(a_n)$ Cesàro-convergente pour laquelle il existe une fonction $\varepsilon$ de limite nulle en $0$ et telle que :
Pour la 12 j'ai essayé de la démontrer avec le lemme de Kloosterman mais j'y arrive directement sans passer par un encadrement des deux côtés juste avec la valeur absolue. Edit: j'ai compris l'encadrement est nécessaire, je reviendrais quand ce sera propre.
Pour l'énigme 7 bis prélude à la preuve de Georges pour le cas général je propose cette approche directe qui permet de "voir" ce qui se passe dans le cas général (on procède par récurrence).
Grâce à l'énigme 7 on sait que $w_{n}:=\frac{1}{n}\sum_{i+j=n}a_{i}b_{j}=ab+\varepsilon(n)$ où $\varepsilon(n)\rightarrow0$ donc $$\sum_{i+j+k=n}a_{i}b_{j}c_{k}=\sum_{k=0}^{n}c_{k}(n-k)w_{n-k}=\sum_{k=0}^{n}c_{k}(n-k)\left(ab+\varepsilon(n-k)\right)$$ $=nab\sum_{k=0}^{n}c_{k}-ab\sum_{k=0}^{n}kc_{k}+\sum_{k=0}^{n}c_{k}(n-k)\varepsilon(n-k)=nab\sum_{k=0}^{n}c_{k}-ab\sum_{k=0}^{n}kc_{k}+\sum_{k=0}^{n}c_{n-k}k\varepsilon(k)$ Et donc $$\frac{1}{n^{2}}\sum_{i+j+k=n}a_{i}b_{j}c_{k}=\frac{ab}{n}\sum_{k=0}^{n}c_{k}-\frac{ab}{n^{2}}\sum_{k=0}^{n}kc_{k}+\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=0}^{n}c_{n-k}k\varepsilon(k)$$ Par Cesàro $\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}c_{k}\rightarrow c$ Par Cesàro généralisé $\frac{2}{n^{2}}\sum_{k=0}^{n}kc_{k}\rightarrow c$ Comme $c_{i}$ est bornée $\left|\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=0}^{n}c_{n-k}k\varepsilon\left(k\right)\right|\leq\frac{C}{n^{2}}\sum_{0=1}^{n}k\left|\varepsilon\left(k\right)\right|\rightarrow0$ par Cesàro généralisé Donc finalement $$\frac{1}{n^{2}}\sum_{i+j+k=n}a_{i}b_{j}c_{k}\rightarrow abc-\frac{abc}{2}+0=\frac{abc}{2}.$$
Note qu'on peut utiliser Sylvester-Toeplitz... On a grâce à l'énigme 7 $\frac{1}{n}\sum_{i+j=n}a_{i}b_{j}=ab+\varepsilon(n)$ et donc $$\sum_{i+j+k=n}a_{i}b_{j}c_{k}=\sum_{k=0}^{n}c_{k}\sum_{i+j=n-k}a_{i}b_{j}=ab\sum_{k=0}^{n}c_{k}(n-k)+\sum_{k=0}^{n}c_{n-k}k\varepsilon(k)$$ Soit $C(n,k)=\frac{n-k}{\sum_{j=0}^{n}n-j}=\frac{n-k}{\frac{n(n+1)}{2}}$ on a par Sylvester-Toeplitz $\sum_{k=0}^{n}c_{k}C(n,k)\rightarrow c\Rightarrow\sum_{k=0}^{n}c_{k}(n-k)\sim c\frac{n^{2}}{2}$ et donc $$\frac{2}{n^{2}}\sum_{i+j+k=n}a_{i}b_{j}c_{k}=abc+o(1)+\frac{2}{n^{2}}\sum_{k=0}^{n}c_{n-k}k\varepsilon(k)$$puis comme $c_{n}$ est borné on a
Et si il y avait une réciproque à la 7? Quelles conditions (les plus générales possibles) peut-on mettre sur deux suites $a_{n},b_{n}$ pour que $$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}\rightarrow\ell\Rightarrow a_{n}b_{n}\rightarrow\ell$$
@gebrane EDIT: nouvelle version corrigeant une petite erreur d'indices.
Je propose d'adapter ma preuve du 7bis à la généralisation à l'ordre $p$ ce qui fait une alternative à la preuve de Georges.
En reprenant la notation de Georges où $\Delta_{p}(n)$ désigne l'ensemble des p-uplets d'entiers naturels non nuls dont la somme vaut $n$ et $D_{p}(n)$ leur nombre dont on peut voir facilement qu'il vérifie la relation $\sum_{j=0}^{n}D_{p}(j)=D_{p+1}(n)$. Soit $a_{1}(n),...,a_{p}(n)$ des suites qui convergent respectivement vers $\ell_{1},\ell_{2},...,\ell_{p}$. Soit $L_{p}=\ell_{1}\ell_{2}...\ell_{p}$. Hypothèse de récurrence sur $p$ $$\frac{1}{D_{p}(n)}\sum_{i_{1}+...+i_{p}=n}a_{1}(i_{1})...a_{p}(i_{p})=L_{p}+\varepsilon(n)$$ où $\varepsilon(n)\rightarrow0$ (on a vu que c'est vrai pour $p=2$ et $3$). Preuve de l'hypothèse au rang $p+1$ Soit $a_{p+1}(n)$ une autre suite convergeant vers $\ell_{p+1}$ . Alors on a $$\sum_{i_{1}+...+i_{p}+k=n}a_{1}(i_{1})...a_{p}(i_{p})a_{p+1}(k)=\sum_{k=0}^{n}a_{p+1}(k)D_{p}(n-k)\left(L_{p}+\varepsilon(n-k)\right)$$
Soit $C(n,k)=\frac{D_{p}(n-k)}{\sum_{j=0}^{n}D_{p}(n-j)}=\frac{D_{p}(n-k)}{D_{p+1}(n)}$ alors ceci devient
$$\frac{1}{D_{p+1}(n)}\sum_{i_{1}+...+i_{p}+i_{p+1}=n}a_{1}(i_{1})...a_{p}(i_{p})a_{p+1}(i_{p+1})=L_{p}\sum_{k=0}^{n}a_{p+1}(k)C(n,k)+\sum_{k=0}^{n}a_{p+1}(n-k)C(n-k,k)\varepsilon(k)$$ On voit que $C(n,k)$ et $C(n-k,k)$ sont des coefficients qui satisfont à Sylvester-Toeplitz et donc comme $a_{p+1}(n)\rightarrow\ell_{p+1}$ on a $$\sum_{k=0}^{n}a_{p+1}(k)C(n,k)\rightarrow\ell_{p+1}$$de même comme $a_{p+1}(n-k)$ est borné par disons $K>0$ et que $\left|\varepsilon(n)\right|\rightarrow0$ on obtient
Pour faire le pendant avec la Cesàro généralisée que dites vous d'une p-Cesàro généralisée comme celle-ci :
Si $\left\{ \lambda_{j}(n)\right\} _{j=1,2,...,p}$ est un ensemble de $p$ suites strictement positives telles que
$$D_{p}(n):=\sum_{i_{1}+...+i_{p}=n}\lambda_{1}(i_{1})...\lambda_{p}(i_{p})\rightarrow\infty $$ Si $a_{1}(n),...,a_{p}(n)$ sont des suites qui convergent respectivement vers $\ell_{1},\ell_{2},...,\ell_{p}$. Alors on a $$\frac{1}{D_{p}(n)}\left(\sum_{i_{1}+...+i_{p}=n}\lambda_{1}(i_{1})...\lambda_{p}(i_{p})a_{1}(i_{1})...a_{p}(i_{p})\right)\rightarrow\ell_{1}\ell_{2}...\ell_{p}\ \left(n\rightarrow\infty\right)$$
Pour la 11 je dois ajouter une condition (je pense que $O$ à la place de $o$ et ces 2 conditions sont optimales pour la généralisation de la 12...)
Si $\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}=O(1)$ et $a_{n}-a_{n-1}=o\left(\frac{1}{\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}}\right)$ alors on a$$\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}a_{k}\rightarrow\ell\Rightarrow a_{n}\rightarrow\ell$$En effet par Abel $$\sum_{k=1}^{n}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left(a_{k}-a_{k-1}\right)=\left(\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}\right)a_{n}-\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}a_{k}$$et donc $$\left|a_{n}-\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}a_{k}\right|\leq\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left(a_{k}-a_{k-1}\right)$$Comme $\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}=O(1)$ il existe $K>0$ tel que $\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}<K$ Comme $a_{n}-a_{n-1}=o\left(\frac{1}{\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}}\right)$ pour tout $\varepsilon>0$ il existe $n_{\varepsilon}$ tel que $n\geq n_{\varepsilon}\Rightarrow\left|a_{n}-a_{n-1}\right|\leq\frac{\varepsilon/2/K}{\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}}$ et donc $$\left|a_{n}-\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}a_{k}\right|\leq\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left|a_{k}-a_{k-1}\right|+\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=n_{\varepsilon+1}}^{n}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\frac{\varepsilon/2/K}{\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}}$$ $$\leq\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left|a_{k}-a_{k-1}\right|+\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\varepsilon/2/K<\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left|a_{k}-a_{k-1}\right|+\varepsilon/2$$comme $\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left|a_{k}-a_{k-1}\right|$ tend vers zéro pour $n$ assez grand on a alors$$\left|a_{n}-\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}a_{k}\right|\leq\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon$$cqfd
Note que les conditions $\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}=O(1)$ et $a_{n}-a_{n-1}=o\left(\frac{1}{\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}}\right)$ sont équivalentes à $\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}=O(1)$ et $a_{n}-a_{n-1}=o\left(n^{-1}\right)$ ce qui est plus dans ton idée de départ. Et je pense donc que la forme généralisée de la 12 c'est Si $\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}=O(1)$ et $a_{n}-a_{n-1}=O\left(n^{-1}\right)$ alors$$\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}a_{k}\rightarrow\ell\Rightarrow a_{n}\rightarrow\ell$$
Il faut faire gaffe à bien orthographier le pseudo du membre du forum qu'on veut notifier autrement ça ne marche pas. Je le dis car souvent on m'interpelle avec un @raoul.s qui ne fonctionnera pas... bref tout ça pour dire que Calli s'écrit avec une majuscule : donc @Calli es-tu là ? @Boécien t'appelle
PS. j'ai l'impression d'invoquer le génie de la lampe... 🤣
Dans le cas où $|a_n - a_{n-1}| = O(n^{-1})$, j'arrive à montrer cela. Est-ce que vous prenez ?
Notons $L_n = \sum_{k=1}^n \lambda_k$ et supposons
qu'il existe $c > 0$ tel que $\frac{L_{n+1}}{L_n}
\geq 1 + \frac{c}n$ à partir d'un certain rang. Alors pour tout $\ell \in \R$,
Pour tout $n \in \mathbb N^*$, notons $C_n = \frac1{L_n} \sum_{k=1}^n \lambda_k a_k$.
Quitte à translater par $\ell$, on peut supposer que $(C_n)$ tend vers $0$.
Le point de départ est l'inégalité de la moyenne suivante, valide pour tous $n,p$ dans $\mathbb N^*$ : $$ \left| a_n - \frac{\sum_{k = n + 1}^{n + p} \lambda_k a_k}{\sum_{k = n+1}^{n + p} \lambda_k} \right| \leq \max_{n + 1 \leq k \leq n + p} |a_n - a_k|. $$ En notant $M_n(p)$ ce maximum, on en déduit par inégalité triangulaire : $$ |a_n| \leq \frac{L_{n+p}}{L_{n+p}-L_n} |C_{n+p}| + \frac{L_n}{L_{n+p} - L_n} |C_n| + M_n(p). $$
En notant $R_n(p) = \frac{L_{n+p}}{L_n}$, on obtient alors la majoration : $$ \boxed{|a_n| \leq \frac{R_n(p)+1}{R_n(p)-1}\, \sup_{k \geq n} |C_k| + M_n(p)}. $$
Comme dans la preuve de Calli, l'hypothèse $a_n - a_{n-1} = O(n^{-1})$ donne, à partir d'un certain rang, pour une certaine constante $K \geq 0$ : $$ M_n(p) \leq K \ln\left(1+\frac pn\right) \leq K\,\frac{p}n. $$
Soit $\alpha > 0$. La suite définie par $p_n = \lfloor n\alpha \rfloor$ donne alors $M_n(p_n) \leq K\alpha$.
En outre, l'hypothèse $\frac{L_{n+1}}{L_n} \geq 1 + \frac cn$ donne par récurrence : $$ R_n(p_n) \geq \prod_{k=0}^{p_n - 1}\left(1 + \frac{c}{n+k}\right) \geq \left(1 + \frac c{(1+\alpha)n}\right)^{\lfloor n\alpha\rfloor}. $$ Ce minorant tend vers $\exp(\frac{\alpha c}{1+\alpha}) > 1$ donc il existe $\delta > 0$ tel que $R_n(p_n) \geq 1 + \delta$ à partir d'un certain rang.
Finalement, on obtient donc que pour tout $\alpha > 0$, il existe $\delta > 0$ tel que pour tout $n$ assez grand : $$ |a_n| \leq \left(1+\frac2\delta\right)\, \sup_{k\geq n}|C_k| + K\alpha. $$
Puisque $(C_n)$ tend vers $0$, on en déduit alors facilement la convergence de $(a_n)$.
Réponses
$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1-\alpha}{n^{1-\alpha}}\sum_{k=1}^{n}a_{k}=\ell$
$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^{\alpha}}\sum_{n\leq k\leq n+n^{\alpha}}a_{k}k^{\alpha}=\ell$ ?
Preuve du lemme
Comme $a_{n}$ décroit et que $\sum_{k=1}^{n}a_{k}\sim n^{1-\alpha}\ \left(n\rightarrow\infty\right)$ alors on a $a_{n}\leq\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}\sim n^{-\alpha}$ et donc $$\left|w_{n}-w_{n-1}\right|=\left|n^{\alpha}a_{n}-(n-1)^{\alpha}a_{n-1}\right|\leq a_{n}\left|n^{\alpha}-(n-1)^{\alpha}\right|\sim \alpha a_n n^{\alpha-1}$$ comme $a_{n}=O\left(n^{-a}\right)$ on obtient$$w_{n}-w_{n-1}=O(n^{-1})$$
$\sum_{1\leq k\leq n}a_{k}k^{\alpha}=A\left(n\right)n^{\alpha}-1-\alpha\int_{1}^{n}A(t)t^{\alpha-1}dt$
donc comme $A(t)t^{\alpha-1}=\frac{\ell}{1-\alpha}+o(1)$ il vient
$\frac{1}{n}\sum_{1\leq k\leq n}a_{k}k^{\alpha}=A\left(n\right)n^{\alpha-1}-\frac{1}{n}-\frac{\alpha}{n}\left(\frac{\ell n}{1-\alpha}+o(n)\right)$
$\Rightarrow\frac{1}{n}\sum_{1\leq k\leq n}a_{k}k^{\alpha}=\frac{\ell}{1-\alpha}+o(1)-\frac{1}{n}-\frac{\alpha\ell}{1-\alpha}+o(1)$
$\Rightarrow\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k}k^{\alpha}\rightarrow\ell $ (1)
Les conditions de décroissance et la positivité de $a_{k}$ donnent $a_{n}\ll n^{{-\alpha}}$. Peuvent-elles aussi simplement à partir de (1) donner $a_{n}n^{\alpha}\rightarrow\ell$ auquel cas c'est plié ou $a_{n}n^{\alpha}-a_{n-1}(n-1)^{\alpha}=O(n^{-1})$ et alors on peut utiliser la 12.
En fait on peut la généraliser comme ceci : soit $f:\R^{+}\to \R^{+}$ décroissante telle que $\lim\limits_{x\to +\infty}x^{a-1}\int_0^x f(t) dt=\dfrac{\ell}{1-a}$ avec $0\leq a <1$. Alors $\lim\limits_{x\to +\infty}x^af(x)=\ell$.
La preuve est la même. On peut la faire sans les liminf/sup mais avec des $\varepsilon$ ça ne change pas grand chose...
En résumé, je me base à 99% sur la preuve de Boécien, en notant $A(x):=\int_0^x f(t) dt$ et en prenant un $0<\lambda<1$ , on a : $f(x)x(1-\lambda)\leq A(x)-A(\lambda x)\leq f(\lambda x)x(1-\lambda)$. De là, $$\dfrac{\lambda x^{a-1}}{1-\lambda}\left(A(x/\lambda)-A(x)\right)\leq x^a f(x)\leq \dfrac{x^{a-1}}{1-\lambda}\left(A(x)-A(\lambda x)\right).$$
Si on fait tendre $x\to +\infty$ puis $\lambda \to 1^{-}$ dans les deux expressions aux extrémités on obtient $\ell$ comme limite. Par conséquent pour tout $\varepsilon >0$ dès que $x$ est assez grand, on a $$\ell-\varepsilon\leq x^a f(x)\leq \ell+\varepsilon.$$
PS. On retrouve l'énoncé avec les suites en considérant la fonction $f:x\to \sum_{k\geq 1} \mathrm a_k 1_{]k-1,k]} $.
Par Cesàro généralisé comme $\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}\rightarrow\infty$ on a $$\frac{1}{\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}}\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}\left|b_{k}\right|\rightarrow0\Rightarrow\left(\frac{1-\left|\alpha\right|}{1-\left|\alpha\right|^{n+1}}\right)\left|\alpha\right|^{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}\left|b_{k}\right|\rightarrow0\Rightarrow\left|\alpha\right|^{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}\left|b_{k}\right|\rightarrow0$$Donc $$\left|a_{n+1}\right| \leq \left|\alpha^{n}a_{0}\right|+\left|\alpha\right|^{n}\sum_{k=0}^{n}\left|\alpha\right|^{-k}\left|b_{k}\right|\rightarrow0$$
Preuve :
$$\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\left|\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|\leq\frac{\left|\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}-1}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}+\varepsilon/2\frac{\left|\sum_{k=n_{\varepsilon}}^{n}\lambda_{k}\right|}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\leq\frac{\left|\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}-1}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}+\varepsilon/2$$
Comme $\frac{\left|\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}-1}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\rightarrow0$ il existe $n'_{\varepsilon}$ tel que $n\geq\max(n_{\varepsilon},n'_{\varepsilon})\Rightarrow\frac{\left|\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}-1}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}<\varepsilon/2$, il s'ensuit que pour $n\geq\max(n_{\varepsilon},n'_{\varepsilon})$ on a
$$\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\left|\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}\left(a_{k}-\ell\right)\right|\leq\varepsilon$$
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Hier, j'ai donné en colle l'énigme 12 à l'un des meilleurs élèves d'une classe de LLG et il s'en est bien sorti. J'avais aussi prévu les énigmes sœurs 16 et 22 pour un autre excellent élève, mais il a été retenu par un calcul d'équa diff finalement.
J'applique ce théorème avec $u_n = \frac{b_n}{\alpha^{n+1}}$ et $v_n = \frac1{|\alpha|^n}$.
La condition 1 est bien satisfaite car $0 < |\alpha| < 1$ donne : $$\sum_{k=0}^n \frac{1}{|\alpha|^k} = \frac{\frac1{|\alpha|^{n+1}}-1}{\frac1{|\alpha|}-1} \underset{n\to\infty}\sim \frac{1}{1-|\alpha|} \cdot \frac1{|\alpha|^n}.$$
@Pomme de terre je n'ai pas compris ta remarque sur l'énigme 12. Je ne vois pas le rapport avec ma preuve.
$$\sum_{i+j+k=n}a_{i}b_{j}c_{k}=\sum_{k=0}^{n}c_{k}(n-k)w_{n-k}=\sum_{k=0}^{n}c_{k}(n-k)\left(ab+\varepsilon(n-k)\right)$$
$=nab\sum_{k=0}^{n}c_{k}-ab\sum_{k=0}^{n}kc_{k}+\sum_{k=0}^{n}c_{k}(n-k)\varepsilon(n-k)=nab\sum_{k=0}^{n}c_{k}-ab\sum_{k=0}^{n}kc_{k}+\sum_{k=0}^{n}c_{n-k}k\varepsilon(k)$
Et donc
$$\frac{1}{n^{2}}\sum_{i+j+k=n}a_{i}b_{j}c_{k}=\frac{ab}{n}\sum_{k=0}^{n}c_{k}-\frac{ab}{n^{2}}\sum_{k=0}^{n}kc_{k}+\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=0}^{n}c_{n-k}k\varepsilon(k)$$
Par Cesàro $\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}c_{k}\rightarrow c$
Par Cesàro généralisé $\frac{2}{n^{2}}\sum_{k=0}^{n}kc_{k}\rightarrow c$
Comme $c_{i}$ est bornée $\left|\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=0}^{n}c_{n-k}k\varepsilon\left(k\right)\right|\leq\frac{C}{n^{2}}\sum_{0=1}^{n}k\left|\varepsilon\left(k\right)\right|\rightarrow0$ par Cesàro généralisé
Donc finalement
$$\frac{1}{n^{2}}\sum_{i+j+k=n}a_{i}b_{j}c_{k}\rightarrow abc-\frac{abc}{2}+0=\frac{abc}{2}.$$
$$\sum_{i+j+k=n}a_{i}b_{j}c_{k}=\sum_{k=0}^{n}c_{k}\sum_{i+j=n-k}a_{i}b_{j}=ab\sum_{k=0}^{n}c_{k}(n-k)+\sum_{k=0}^{n}c_{n-k}k\varepsilon(k)$$
Soit $C(n,k)=\frac{n-k}{\sum_{j=0}^{n}n-j}=\frac{n-k}{\frac{n(n+1)}{2}}$ on a par Sylvester-Toeplitz $\sum_{k=0}^{n}c_{k}C(n,k)\rightarrow c\Rightarrow\sum_{k=0}^{n}c_{k}(n-k)\sim c\frac{n^{2}}{2}$ et donc
$$\frac{2}{n^{2}}\sum_{i+j+k=n}a_{i}b_{j}c_{k}=abc+o(1)+\frac{2}{n^{2}}\sum_{k=0}^{n}c_{n-k}k\varepsilon(k)$$puis comme $c_{n}$ est borné on a
Gebrane: "Je viens de commencer à refleurir"
C'est bientôt le printemps ?
Cordialement,
Rescassol
Quelles conditions (les plus générales possibles) peut-on mettre sur deux suites $a_{n},b_{n}$ pour que
$$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}\rightarrow\ell\Rightarrow a_{n}b_{n}\rightarrow\ell$$
Soit $a_{1}(n),...,a_{p}(n)$ des suites qui convergent respectivement vers $\ell_{1},\ell_{2},...,\ell_{p}$.
Soit $L_{p}=\ell_{1}\ell_{2}...\ell_{p}$.
Hypothèse de récurrence sur $p$
$$\frac{1}{D_{p}(n)}\sum_{i_{1}+...+i_{p}=n}a_{1}(i_{1})...a_{p}(i_{p})=L_{p}+\varepsilon(n)$$
où $\varepsilon(n)\rightarrow0$ (on a vu que c'est vrai pour $p=2$ et $3$).
Preuve de l'hypothèse au rang $p+1$
Soit $a_{p+1}(n)$ une autre suite convergeant vers $\ell_{p+1}$ . Alors on a $$\sum_{i_{1}+...+i_{p}+k=n}a_{1}(i_{1})...a_{p}(i_{p})a_{p+1}(k)=\sum_{k=0}^{n}a_{p+1}(k)D_{p}(n-k)\left(L_{p}+\varepsilon(n-k)\right)$$
On voit que $C(n,k)$ et $C(n-k,k)$ sont des coefficients qui satisfont à Sylvester-Toeplitz et donc comme $a_{p+1}(n)\rightarrow\ell_{p+1}$ on a
$$\sum_{k=0}^{n}a_{p+1}(k)C(n,k)\rightarrow\ell_{p+1}$$de même comme $a_{p+1}(n-k)$ est borné par disons $K>0$ et que $\left|\varepsilon(n)\right|\rightarrow0$ on obtient
Si $a_{1}(n),...,a_{p}(n)$ sont des suites qui convergent respectivement vers $\ell_{1},\ell_{2},...,\ell_{p}$.
Alors on a
$$\frac{1}{D_{p}(n)}\left(\sum_{i_{1}+...+i_{p}=n}\lambda_{1}(i_{1})...\lambda_{p}(i_{p})a_{1}(i_{1})...a_{p}(i_{p})\right)\rightarrow\ell_{1}\ell_{2}...\ell_{p}\ \left(n\rightarrow\infty\right)$$
$$\sum_{k=1}^{n}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left(a_{k}-a_{k-1}\right)=\left(\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}\right)a_{n}-\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}a_{k}$$et donc $$\left|a_{n}-\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}a_{k}\right|\leq\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left(a_{k}-a_{k-1}\right)$$Comme $\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}=O(1)$ il existe $K>0$ tel que $\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}<K$
Comme $a_{n}-a_{n-1}=o\left(\frac{1}{\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}}\right)$ pour tout $\varepsilon>0$ il existe $n_{\varepsilon}$ tel que $n\geq n_{\varepsilon}\Rightarrow\left|a_{n}-a_{n-1}\right|\leq\frac{\varepsilon/2/K}{\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}}$ et donc
$$\left|a_{n}-\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}a_{k}\right|\leq\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left|a_{k}-a_{k-1}\right|+\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=n_{\varepsilon+1}}^{n}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\frac{\varepsilon/2/K}{\sum_{j=1}^{n}\lambda_{j}}$$
$$\leq\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left|a_{k}-a_{k-1}\right|+\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\varepsilon/2/K<\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left|a_{k}-a_{k-1}\right|+\varepsilon/2$$comme $\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n_{\varepsilon}}\left(\sum_{j=1}^{k}\lambda_{j}\right)\left|a_{k}-a_{k-1}\right|$ tend vers zéro pour $n$ assez grand on a alors$$\left|a_{n}-\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}a_{k}\right|\leq\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon$$cqfd
$\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}=O(1)$ et $a_{n}-a_{n-1}=o\left(n^{-1}\right)$ ce qui est plus dans ton idée de départ.
Et je pense donc que la forme généralisée de la 12 c'est
Si $\frac{n}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}=O(1)$ et $a_{n}-a_{n-1}=O\left(n^{-1}\right)$ alors$$\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}\lambda_{k}}\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}a_{k}\rightarrow\ell\Rightarrow a_{n}\rightarrow\ell$$
PS. j'ai l'impression d'invoquer le génie de la lampe... 🤣
Quitte à translater par $\ell$, on peut supposer que $(C_n)$ tend vers $0$.
Le point de départ est l'inégalité de la moyenne suivante, valide pour tous $n,p$ dans $\mathbb N^*$ :
$$ \left|
a_n -
\frac{\sum_{k = n + 1}^{n + p} \lambda_k a_k}{\sum_{k = n+1}^{n + p} \lambda_k}
\right|
\leq \max_{n + 1 \leq k \leq n + p} |a_n - a_k|. $$
En notant $M_n(p)$ ce maximum, on en déduit par inégalité triangulaire :
$$ |a_n| \leq
\frac{L_{n+p}}{L_{n+p}-L_n} |C_{n+p}|
+ \frac{L_n}{L_{n+p} - L_n} |C_n|
+ M_n(p). $$
En notant $R_n(p) = \frac{L_{n+p}}{L_n}$, on obtient alors la majoration :
$$ \boxed{|a_n| \leq \frac{R_n(p)+1}{R_n(p)-1}\, \sup_{k \geq n} |C_k| + M_n(p)}. $$
Comme dans la preuve de Calli, l'hypothèse $a_n - a_{n-1} = O(n^{-1})$ donne, à partir d'un certain rang, pour une certaine constante $K \geq 0$ :
$$ M_n(p) \leq K \ln\left(1+\frac pn\right) \leq K\,\frac{p}n. $$
Soit $\alpha > 0$. La suite définie par $p_n = \lfloor n\alpha \rfloor$ donne alors $M_n(p_n) \leq K\alpha$.
En outre, l'hypothèse $\frac{L_{n+1}}{L_n} \geq 1 + \frac cn$ donne par récurrence :
$$ R_n(p_n)
\geq \prod_{k=0}^{p_n - 1}\left(1 + \frac{c}{n+k}\right)
\geq \left(1 + \frac c{(1+\alpha)n}\right)^{\lfloor n\alpha\rfloor}. $$
Ce minorant tend vers $\exp(\frac{\alpha c}{1+\alpha}) > 1$ donc il existe $\delta > 0$ tel que $R_n(p_n) \geq 1 + \delta$ à partir d'un certain rang.
Finalement, on obtient donc que pour tout $\alpha > 0$, il existe $\delta > 0$ tel que pour tout $n$ assez grand :
$$ |a_n| \leq \left(1+\frac2\delta\right)\, \sup_{k\geq n}|C_k| + K\alpha. $$
Puisque $(C_n)$ tend vers $0$, on en déduit alors facilement la convergence de $(a_n)$.