Un produit de Cauchy de suites

P.2 · March 2023

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

bd2017 · March 2023

Bonjour

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

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

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

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

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

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

LOU16 · March 2023

Bonjour P.2,

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

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

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

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

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

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

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

Barjovrille · March 2023

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

LOU16 · March 2023

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

Barjovrille · March 2023

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

P.2 · March 2023

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

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

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

JLapin · March 2023

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

Math Coss · March 2023

Ça, c'est du télescopage créatif !

P.2 · March 2023

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

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

BobbyJoe · March 2023

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

P.2 · March 2023

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

jandri · March 2023

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