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Suites et séries

Posté par
elhor_abdelali Correcteur 10-01-07 à 00:19

Bonsoir ;
Sur un autre forum j'ai lu l'énoncé suivant :
(x_n)_{n\in\mathbb{N}} est une suite réelle décroissante vers zéro.
(a_n)_{n\in\mathbb{N}} est une suite de \{-1,+1\}^{\mathbb{N}} (c'est à dire que a_n^2=1 pour tout entier n ).
On suppose que la série \Bigsum_{n}\hspace{5}a_nx_n converge.
Montrer qu'alors 2$\fbox{\lim_{n}\hspace{5}(a_0+..+a_n)x_n=0}

Remarque:
Dans le cas particulier où tous les a_n valent 1 on retrouve le résultat classique \lim_{n}\hspace{5}nx_n=0 .

Posté par
raymond CorrecteurSuites et séries 10-01-07 à 05:56

Bonjour elhor_abdelali.

Ne peut-on pas écrire que :

2$\textrm -(n+1)x_n \le \ (a_0 + ... + a_n)x_n \le \ (n+1)x_n ?

On se ramène alors au résultat classique que tu rappelles.

Cordialement RR.

Posté par
Roulianere : Suites et séries 10-01-07 à 11:47

Bonjour,

Une petite question même si c'est pas vraiment le sujet : ça vient d'où le "résultat classique" que lim nx_n=0 ?

Si je définit la suite (x_n) par x_n=\frac{1}{n+1}, j'ai bien une suite décroissante vers 0, et la limite de nx_n vaut 1 !

je ne vois pas mon erreur ( ou ce que je n'ai pas compris ) ??

Posté par
raymond Correcteurre : Suites et séries 10-01-07 à 12:14

Bonjour Rouliane.

Je pense que ce résultat est dû à la convergence de la série anxn.

A plus RR.

Posté par
Roulianere : Suites et séries 10-01-07 à 12:19

Le fait que la série converge implique que la suite (a_nx_n) converge vers 0. Mais je ne vois toujours pas le rapport avec nx_n

Posté par
raymond Correcteurre : Suites et séries 10-01-07 à 12:34

Dans le cas où tous les an valent 1, il faut alors que la série xn soit convergente, ce qui n'est pas le cas pour x_n \ = \ \frac{1}{n+1}.
Par contre, je ne vois pas non plus comment prouver que \lim_{n\to{+\infty}} \ nx_n \ = \ 0.

plus RR.

Posté par
Cauchyre : Suites et séries 10-01-07 à 13:53

Bonjour,

pour le resultat classique il faut utiliser le critere de Cauchy entre n et 2n par exemple et la decroissance de xn.

Posté par
Cauchyre : Suites et séries 10-01-07 à 15:03

Raymond on peut pas se ramener comme ca au résultat classique car il est vrai qu'en tous les a_i valent 1.

Si tu prend a_n=(-1)^n ca marche plus avec x_n=1/n mais cependant le résultat (a0+...an)x_n marche encore il doit falloir ruser mais j'ai pas trouvé la ruse

Posté par
jeansebre : Suites et séries 10-01-07 à 17:25

Bonsoir tout le monde!

Raymond, avec ton expérience du forum,tu devrais avoir conjecturé que les topics d'elhor se résolvent rarement au premier post...

Posté par
raymond Correcteurre : Suites et séries 10-01-07 à 17:31

Bonsoir Cauchy et Jeanseb.

Jeanseb, ta sagesse est à prendre en considération. En effet, je n'ai JAMAIS trouvé une question posée par elhor !
Cauchy, je vais essayer comme toi de "ruser".
A plus RR.

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 17:48


Peut-on espérer un analogue pour les intégrales genre :

si \int_0^\infty a(t)f(t)dt converge alors f(x)\int_0^xa(t)dt tend vers 0 ?

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 17:49

... avec f décroissante qui tend vers 0

Posté par
jeansebre : Suites et séries 10-01-07 à 17:52

Salut Stokastik !
Bonne année !

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 17:56


À toi aussi bonne année et tout ça !

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 18:08


Pour l'analogue avec les intégrales il me semble que j'arrive à le démontrer en suivant la même démarche que là : https://www.ilemaths.net/sujet-ou-est-l-erreur-114359.html.

Ceci en supposant que f(t)=P[X>t] pour une variable aléatoire X qui a une densité mais on doit pouvoir l'adapter pour une fonction dérivable.

Ensuite ça doit marcher pour les séries en adaptant la démarche pour les intégrales.

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 18:17


C'est ça l'analogue de l'intégration par parties pour les séries ? :

\sum_{k=0}^Na_kx_k=(x_N\sum_{k=0}^Na_k-x_0a_0)-\sum_{k=0}^N((x_k-x_{k-1})\sum_{j=0}^ka_j)

(à quelques petites fautes d'indices près ?)

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 18:19


Ah j'ai trouvé ça s'appelle "sommation par parties" tout simplement :

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 18:54


Donc voilà ce que ça donne dans le cas où la série \sum(x_k-x_{k+1}) converge et sans condition sur la suite (a_n) (à moins que quelque chose ne m'échappe) :

On pose 3$A_n=\sum_{k=0}^na_k. On a (sommation par parties, d'ailleurs y'a une faute dans Wiki)) :

3$\sum_{k=0}^Na_kx_k=A_Nx_N-\sum_{k=0}^{N-1}A_k(x_{k+1}-x_k) (*)

D'autre part :
3$\sum_{k=0}^Na_kx_k=\sum_{k=0}^Na_k\left(\sum_{j=k}^{\infty}(x_{j+1}-x_{j})\right)

Donc

3$\sum_{k=0}^{\infty}a_kx_k=\sum_{k=0}^\infty a_k\left(\sum_{j=k}^{\infty}(x_{j+1}-x_{j})\right)


3$=\sum_{j=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{j-1}a_k(x_{j+1}-x_j)

En faisant tendre N vers l'infni dans (*) on en déduit \lim A_Nx_N=0 c'est ce qu'il faut démontrer.

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 18:56


... je suis bête la série \sum(x_k-x_{k+1}) converge évidemment donc c'est ok mais je n'ai pas utilisé la condition a_n^2=1

Posté par
Roulianere : Suites et séries 10-01-07 à 18:57

Vu que la suite converge, la série de terme générale x(k)-x(k-1) converge aussi Stokastik

Posté par
Roulianere : Suites et séries 10-01-07 à 18:58

ah pardon t'es trop rapide

Posté par
raymond Correcteurre : Suites et séries 10-01-07 à 19:04

Il n'empèche que la méthode de stokastik me fait penser à la sommation d'Abel. Je pense que c'est dans cette voie qu'il faut creuser.
A plus RR.

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 19:10


Plus creuser ? Je n'ai pas résolu la question ?

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 19:12


Sur Wiki c'est écrit que la sommation d'Abel c'est un autre nom de la sommation par parties que j'ai utilisée

Posté par
Rodrigore : Suites et séries 10-01-07 à 19:45

Je suis pas convaincu par la démo de scholastik...

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 20:00


À quel endroit Rodrigo ?

Pour ma part j'ai un doute quand j'intervertis la sommation, c'est ok si les a_nsont positifs  mais sinon ?

Posté par
Rodrigore : Suites et séries 10-01-07 à 20:09

Je pense avoir trouvé une démo, mais elle est plutot longue et un peu parachutée, y a ptetre moyen de l'améliorer...j'en donne les grandes lignes

On pose \large A_n=\sum_{k=0}^{n}a_n, de manière analogue à la transfo d'Abel on démontre que  \Large A_{m+p}x_{m+p}=\sum_{n=m+1}^{m+p}a_n x_n -\sum_{n=m+1}^{m+p-1}(A_n-A_m)(x_n-x_{n+1})+A_m x_{m+p}
A partir de là on distingue 2 cas.
1er cas
Il existe  N_0 tel que pour  n>N_0, A_n est du signe de  A_{n_0} On peut supposer (sans restreindre la généralité) que ce signe est positif.
Donnons nous alors  \Large \epsilon>0, \exists N>N_0 \forall n,p>N |\sum_{k=n}^{n+p}a_n x_n|<\epsilon.
Prenons alors m>N, la pseudo transfo d'Abel donne alors  \Large 0 \leq A_{m+p}x_{m+p} \epsilon +A_m x_{m+p}
En utilisant la décroissance de x_n.
En faisant tendre p vers l'infini à m fixé on a  \lim A_m x_{m+p}=0. Donc la lim sup de  A_n x_n est plus petite qu'epsilon et par suite cette limite existe et elle est nulle. (On rapelle que A_n x_n positif pour n assez grand)
Je poste le deuxième cas dans quelques minutes!

Posté par
Rodrigore : Suites et séries 10-01-07 à 20:12

Il y a un petit oubli je réécris la 5ème ligne en partant de la fin
Prenons m>N on a  \Large 0\leq A_{m+p} x_{m+p} \leq \epsilon +A_m x_{m+p}
J'avais oublié un  \leq

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 20:18


1er cas : je ne comprends pas bien ta condition que A_n est de signe constant à partir d'un certain rang. J'ai l'impression que tu utilises ça pour supprimer le 2ème terme de la "pseudo transfo d'Abel" (que je n'ai pas le courage de vérifier), comme si ce terme était négatif (pas sûr de comprendre) et je ne vois pas pourquoi c'est la bonne condition

Posté par
Rodrigore : Suites et séries 10-01-07 à 20:20

Si  A_n n'est pas de signe constant au voisinage de l'infini, on pleure un peu d'abord mais y a finalement moyen de s'en sortir!
On peut construire  \phi une fonction d'extraction telle que  A_{\phi(n)}=0 pour tout n et  A_p de signe constant entre  \phi(n) et  \phi(n+1), notons que comme  a_n prend ses valeur dans -1,1, on a  \phi(n)-\phi(n-1)\geq 2.
On applique alors la pseudo transfo d'Abel avec  m=\phi(n)
On a  \large A_{\phi(n)+p}x_{\phi(n)+p}=\sum_{n=\phi(n)+1}^{\phi(n)+p}a_n x_n -\sum_{n=\phi(n)+1}^{\phi(n)+p-1} A_n(x_n -x_{n+1})
Les x_{\phi(n)+p} et les (x_n-x_{n+1}) sont postif

En prenant p d

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 20:22


Et à part ça où est-ce que ma preuve pose problème ?

Posté par
Rodrigore : Suites et séries 10-01-07 à 20:34

Désolé erreur de manip, je continue

En prenant p dans \large\{2,..., \phi(N+1)-\phi(N)\} Les A_n sont alors de signe constant sur [\phi(N),\phi(N+1)].

Donc \large \sum_{n=\phi(N)+1}^{\phi(N)+p-1} A_n (x_n -x_{n+1}) et A_{\phi(n)+p} sont de même signes.

Donc \large |A_{\phi(n)+p} x_{\phi(n)+p}|\leq |\sum_{n=\phi(N)+1}^{\phi(N)+p} a_n x_n |

Comme x_{\phi(n)} A_{\phi(n)}=0 et x_{\phi(n)+1} A_{\phi(n)+1}=x_{\phi(n)+1}, on déduit
\lim x_{\phi(n)+1} A_{\phi(n)+1}=0

Donnons nous alors \epsilon >0, Il existe N0 tel que pour N>N0, on ait pour p pas trop grand
\large |\sum_{n=\phi(N)+1}^{\phi(N)+p} a_n x_n|<\epsilon ainsi que \large |x_{\phi(n)+1} A_{\phi(n)+1}|<\epsilon d'aprè ce qui précède.

Soit alors n>\phi(N)+1

Si il existe M>N tel quen=\phi(M)+1 c'est gagné!

Sinon n=p+\phi(M) p>1.
et \large |A_n x_n|\leq |\sum_{n=\phi(N)+1}^{\phi(N)+p} a_n x_n|<\epsilon comme on l'a prouvé.

Dans tout les cas ça fonctionne bien!

Posté par
Rodrigore : Suites et séries 10-01-07 à 20:37

Le problème de ta preuve skolastik est le pasage un peu élliptique apès ton dernier "Donc" quand tu manipule des sommes infinies sans te soucier de leur convergence.
Y a quelques erreurs de frappes dans ma preuve (à un moment c'est un N dans les bornes d'une somme et pas un n qui est l'indice de sommation, je la retaperai mieux et la posterai plus tard!)

Posté par
Rodrigore : Suites et séries 10-01-07 à 20:39

Oui dans mon premier cas on peut éliminer la deuxième grosse somme dans la pseud transfo d'Abel, puisque ses termes sont positifs et qu'il y a un - devant!

Posté par
Rodrigore : Suites et séries 10-01-07 à 20:41

J'ai oublié un détail important dans le premier cas on se fixe m tel que Am soit minimal (avec m plus grand que le rang à partir duqeul tous les An sont de signes constants)

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 20:47


Tu es d'accord que ma preuve est ok si les a_n sont positifs ? (auquel cas mon interversion est justifiée).

Je regarde la tienne...

Posté par
Rodrigore : Suites et séries 10-01-07 à 20:48

Oui je pense que ca marche si les an sont positifs... c'est fubini

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 20:49

Citation :
Oui dans mon premier cas on peut éliminer la deuxième grosse somme dans la pseud transfo d'Abel, puisque ses termes sont positifs et qu'il y a un - devant!


J'avais bien l'impression que c'est ça que tu faisais, mais je ne vois pas pourquoi les termes de cette somme sont positifs

Posté par
stokastikre : Suites et séries 10-01-07 à 20:51

... bon je quitte l'île en fait.

A bientôt

Posté par
Rodrigore : Suites et séries 11-01-07 à 19:11

Voila la solution fraichement tapée!

On a \sum_{n=m+1}^{m+p}a_n x_n=\sum_{n=m+1}^{m+p-1} (A_n-A_m)(x_n-x_{n+1}) +(A_{m+p}-A_m)x_{m+p}-(A_n)-(A_m-A_m)x_{m+1}

Ce qui donne A_{m+p}x_{m+p}=\sum_{n=m+1}^{m+p}a_n x_n-\sum_{n=m+1}^{m+p-1} (A_n-A_m)(x_n-x_{n+1})+A_m x_{m+p} (*)

On distingue alors 2 cas

On peut trouver N_0 tel que A_n soit de signe constant pour n\geq N_0. On suppose ce signe positif.

Soit \epsilon >0

On peut trouver N_1>N_0 tel que pour N>N_1 on ait
|\sum_{n=N}^{N+p} a_n x_n|<\epsilon

Prenons alors m>N tel que A_m=\min(A_n|n>N_1) ce qui est possible puisqueA_n "vit" dans N.

On a alors par (*)
0\leq A_{m+p}x_{m+p} \leq |\sum_{n=m+1}^{m+p} a_n x_n|+A_m x_{m+p}-\sum_{n=m+1}^{m+p-1}(A_n-A_m)(x_n-x_{n+1})\leq \epsilon +A_m x_{m+p}


Puisque A_m est minimal et (x_n)_n décroit!

En faisant tendre p vers \infty à m fixé. On obtient A_m x_{m+p}\rightarrow 0 Donc pour p assez grand
|A_p x_p|\leq 2\epsilon

Traitons le 2ème cas.

Cette fois (A_n)_n n'est plus de signe constant au voisinage de l'infini. On peut néanmoins construire \varphi fonction d'extraction telle que A_p soit de signe constant sur [\varphi(n),\varphi(n+1)], avec A_{\varphi(n)}=0.
On peut de plus supposer \varphi(n+1)-\varphi(n)>1

La formule (*) donne avec m=\varphi(N)

A_{\varphi(N)+p}x_{\varphi(N)+p}=\sum_{n=\varphi(N)+1}^{\varphi(N)+p}a_n x_n -\sum_{n=\varphi(N)+1}^{\varphi(N)+p-1}A_n(x_n-x_{n+1})

Choisissons alors p>1 tel que les A_n soient de signe constant sur [\varphi(N),\varphi(N)+p] ce qui est possible.

On a alors |A_{\varphi(N)+p}x_{\varphi(N)+p}|\leq |\sum_{n=\varphi(N)+1}^{\varphi(N)+p}a_n x_n|

Notons que le majorant peut être rendu arbitraiement petit pour peu que N soit assez grand puisque c'est la tranche de Cauchy de \sum a_n x_n qui converge.

De plus A_{\varphi(N)}x_{\varphi(N)}=0 et A_{\varphi(N)+1}x_{\varphi(N)+1}=\pm x_{\varphi(N)+1} qui tend vers 0.

Dans tous les A_n x_n est de la forme A_{\phi(N)+r}x_{\phi(N)+r} avec un certain r\geq 0, et la discussion précédente montre que pour tout r, A_n x_n peut être rendu arbitraiement petit pour peu que n soit assez grand.
D'ou le résultat  

Posté par
Rodrigore : Suites et séries 11-01-07 à 19:12

Je crois pas qu'il y ait d'erreur cette fois (frappe ou autre...)


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