Un produit de Cauchy de suites
Réponses
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BonjourOn 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 $0$.
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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: }$$$\displaystyle\sum_{k=0}^na_kb_{n-k}\underset{n\to +\infty}{\sim}b_nf(b).$$ -
Bonjour @LOU16 comment tu as fait pour calculer la limite de $S_n$ ?
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Bonjour @Barjoville
Chaque terme de la somme (finie) qui définit $S_n$ tend vers $a^k$ quand $n$ tend vers $+\infty.$ -
Ah oui... merci. Bravo pour vos solutions.
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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 $J_n=\int_b^1\frac{x^n-a^n}{x-a}dx\leq \frac{1}{b-a}\int_b^1x^ndx=\frac{1}{b-a}\times \frac{1-b^{n+1}}{n+1}.$
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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 $u_n \sim \frac{1}{(1-a)n}$.
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Ça, c'est du télescopage créatif !
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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 $b\in ]a,1[.$
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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 $f_n(k)=a^{n-k}/(k).$
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@"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 $\lim (nu_n)=\dfrac1{1-a}$. -
Ah! ruse.
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Peut-on utiliser la fonction $\quad\displaystyle g(x)=f(x)+\frac{\log(1-x)}{1-a}=\sum_{n\geq1}\Big(u_{n}-\frac{1}{(1-a)n}\Big)x^{n}$ ?
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Bonjour!
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