On commence par dire :
si la suite ne converge pas vers 0, alors il existe epsilon strictement positif et une sous-suite de $a$ qui reste strictement supérieure à espilon...
Si on suppose qu'il existe un réel $\alpha >0$ tel que $\displaystyle \sum {a_n^\alpha \over n}$ converge à la place de $\displaystyle \sum {a_n^2 \over n}$ converge ; ton raisonnement ne marche que pour $\alpha =2$ ?
Je dirais qu'il fonctionne pour Alpha pair (car si ça change de signe mon raisonnement ne marche plus, c'est lié à la serie harmonique qui diverge). Il me semble qu'une valeur absolue aurait suffit.
edit : Je dis n'importe quoi puisque la suite est supposée positive
Mais où est mustapha ?
Salut
Moi il me semble avec un raisonnement direct que ce résultat est vrai des que $\alpha \geq 2$ c'est pourquoi ton raisonnement m’intéressait. je vais regarder un contre exemple
Merci
Je m'interroge...car la suite $a$ étant positive (ce que j'avais vu mais pas utilisé), j'ai l'impression de passer à côté de quelque chose.
Je patiente...
Pourtant si je prends an=0 quand n n'est pas un carré, an=1 sinon j'ai bien une suite sans limite nulle et la série est convergente puisque la somme partielle d'ordre n n'est autre que la somme partielle d'ordre "partie entière de n" des 1/k2
Je pense que la condition de majoration de an+1-an est indispensable.
Supposons que $a_n \geq t$ avec $t > 0$ et soit $p$ minimal tel que $a_{n+p} < \frac{t}{2}$ (s'il existe). D'après la condition sur la suite et l'inégalité triangulaire, on a $\sum_{k=0}^{p-1} \frac{1}{k+n} > t - \frac{t}{2} = \frac{t}{2}$, de sorte que
$$
\sum_{k=n}^{n+p-1} \frac{a_k}{k} \geq \frac{t}{2}\sum_{k=0}^{p-1} \frac{1}{k+n} \geq \left(\frac{t}{2}\right)^2.
$$
On en déduit plus généralement l'inégalité $\displaystyle\sum_{k \geq n} \frac{a_k}{k} \geq \left(\frac{1}{2} \sup_{k \geq n} a_k\right)^2$ qui montre que vous ne pourrez pas trouver de contre-exemple.
Il me semble avec un raisonnement par l'absurde initié par Dom ; on peut démontrer un résultat plus général.
Soit $a_n$ une suite réelle ou complexe vérifiant $\mid a_{n+1} - a_n \mid \leq {1\over n}$ et $\sum {\mid a_n \mid^{r_0} \over n}$ est convergente pour un certain $r_0 \geq 1$ alors la suite $a_n$ tend vers 0
Je poste ici une question car elle a un rapport direct avec le sujet initial (selon moi).
Le lemme suivant est-il vrai ? J'essaye de m'en persuader mais...
Salut Dom
Ton raisonnement basé sur des minorations s'applique sur la série. Démontrons ce résultat
Soit $a_n$ une suite réelle ou complexe
vérifiant $\mid a_{n+1} - a_n \mid \leq {1\over
n}$ et $\sum {\mid a_n \mid^{r_0} \over n}$ est convergente pour un certain $r_0 > 0$
alors la suite $a_n$ tend vers 0
Bien sure on ne peut pas esperer la convegence de la serie $\sum {\mid a_n \mid }$
Je donne les détails pour remarquer vite si une faille existe :-D
Pour commencer on a $\mid a_{n+1}\mid \geq \mid a_n \mid -{1\over n}$
d'où par recurrence sur k on obtient $\forall n\in \N^*,\ \forall k\in \N,\ \mid a_{n+k}\mid \geq \mid a_n \mid -{k\over n}$
On ne peut pas minorer le terme $-{k\over n}$ par un $\epsilon $ indépendamment de k. on procede de la facon suivante; soit $\epsilon >0$ et E la partie entiere
$\forall k \in [ 0,1,..., E(n\epsilon) ]\cap \N $ ona $ k\leq E(n\epsilon) \leq n\epsilon$ d'où $-{k\over n}>\epsilon $ Maintenant on a tous ce qu'il faut pour commencer ton raisonnement par l'absurde si $a_n$ ne tend pas vers 0 ; alors il existe $\epsilon >0$; pour tout $N \in \N^*$, il existe $n\in \N^*$ verifiant $n\geq N$ et $\mid a_n \mid \geq 2\epsilon$
On va construire une suite $n_p$ pour pouvoir minorer la serie. Construction de $n_0$
Soit $\epsilon >0$ fixé, pour $N_0$ assez grand pour que $E(N_0\epsilon)>1$, il existe $n_0 \geq N_0$ verifiant $\mid a_{n_0} \mid \geq 2\epsilon$ d'apres ce qui precede $\forall k \in [ 0,1,..., E(n_0\epsilon) ]\cap \N $ ona $\mid a_{n_0+k}\mid \geq \mid a_{n_0} \mid - {k\over n_0}\geq 2\epsilon - \epsilon \geq \epsilon$ d'où
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n_0\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p} =\sum\limits_{k=0}^{E(n_0\epsilon)} {\mid a_{n_0 +k} \mid^{r_0} \over k+n_0} \geq (\epsilon)^{r_0}\sum\limits_{k=0}^{E(n_0\epsilon)} { 1\over k+n_0} \geq (\epsilon)^{r_0} { E(n_0\epsilon)+1\over E(n_0\epsilon)+n_0}$
et puisque $E(n_0\epsilon)\leq n_0 \epsilon <E(n_0\epsilon) +1$ On obtient
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n_0\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p} \geq (\epsilon)^{r_0} {\epsilon \over \epsilon+1}$ On a donc construit $n_0$ telle que
$\sum\limits_{p=1}^{+\infty} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p}\geq \sum\limits_{i=0}^{k}\sum\limits_{p=n_i}^{n_i+E(n_i\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p}\geq \alpha (\epsilon)\sum\limits_{i=0}^{k}1\geq (k+1)\alpha (\epsilon)$ et on obtient une contradiction lorsque k tend vers $+\infty$
@gebrane: tu pourrais rendre à César ce qui est à César, en ce qui concerne ta citation...elle n'est pas de toi, mais d'un autre intervenant régulier sur ce forum ;-)
Salut a tous
Oublions Mustapha qui a posé la question.
Je demande des idées pour démontrer (ou donner un contre exemple) de
Soit $a_n$ une suite réelle ou complexe vérifiant $ a_{n+1} - a_n $ tend vers 0 et $\sum {\mid a_n \mid^{r_0} \over n}$ est convergente pour un certain $r_0 > 0$
alors la suite $a_n$ tend vers 0
Ça c'est faux. Tu peux par exemple prendre la suite $(a_k)$ qui vaut tout le temps $0$ sauf sur les intervalles $[2^n - n, 2^n + n]$ pour $n \geq 10$ où elle vaut $a_{2^n + k} = 1 - \frac{|k|}{n}$.
Salut
(En évitant le plus que possible le mot trivial) pourriez vous m'expliquer pourquoi avec ton $a_n$ la serie $\sum {\mid a_n \mid^{r_0} \over n}$ est convergente pour un certain $r_0 > 0$
Si remarque passe par ici; je lui demande aimablement de me faire un dessin de la suite proposée par S
La suite $a_n$ de S est une succession de chapeaux triangulaires de hauteur $1$, de plus en plus espacés et de largeurs croissantes. La série converge pour $r_0=1$:
Salut
Merci pour ces explications; c'est plus clair , il faut un certain contrôle sur $a_{n+1}-a_n$. Je remarque que la démonstration ci haut marche pour
Soit $a_n$ une suite réelle ou complexe
vérifiant et $\displaystyle {\sum {\mid a_n \mid^{r_0} \over n}}$ est convergente pour un certain $r_0 > 0$
et $\displaystyle{\mid a_{n+1} - a_n \mid \leq {1\over
n^{r_1}}}$ pour un certain $r_1 > 0$
alors la suite $a_n$ tend vers 0
J'ai le sentiment qu'on peut faire mieux; trouver un contrôle moins restrictif sur $a_{n+1}-a_n$
Salut @S c'est vraie uniquement pour $\gamma \geq 1$
je trouve la généralisation suivante
Soient $\alpha; \beta; \gamma$ des réels strictement positifs avec $\beta \leq 1$; $\gamma \geq 1$ et $a_n$ une suite réelle ou complexe
vérifiant $\displaystyle{\mid a_{n+1} - a_n \mid \leq {1\over
n^{\gamma}}}$ et $\displaystyle {\sum {\mid a_n \mid^{\alpha} \over n^{\beta}}}$ est convergente
alors la suite $a_n$ tend vers 0
ce résultat est faux si $\beta >1$ il suffit de prendre $a_n$= constante non nulle @S
Je donne la démonstration corrigée après le dernier message de S
Pour commencer on a $\mid a_{n+1}\mid \geq | a_n | -{1\over n^{\gamma}}$
d'où par recurrence sur k on obtient $\forall n\in \N^*,\ \forall k\in \N,\ \mid a_{n+k}\mid \geq |a_n|-{k\over n^{\gamma}}$
On remarque si $ k\leq E(n^{\gamma}\epsilon)$ avec E la partie entiere alors $k \leq n^{\gamma}\epsilon$ d'où $-{k\over n^{\gamma}}\geq - \epsilon $.
Maintenant on a tous ce qu'il faut pour commencer un raisonnement par l'absurde si $a_n$ ne tend pas vers 0 ; alors il existe $\epsilon >0$; pour tout $N \in \N^*$, il existe $n\in \N^*$ verifiant $n\geq N$ et $\mid a_n \mid \geq 2\epsilon$
On va construire une suite $n_p$ pour pouvoir minorer la serie. Construction de $n_0$
Soit $\epsilon >0$ fixé, pour $N_0$ assez grand pour que $E(N^{\gamma}_0\epsilon)>1$, il existe $n_0 \geq N_0$ verifiant $\mid a_{n_0} \mid \geq 2\epsilon$ d'apres ce qui precede $\forall k = 0,1,..., E(n^{\gamma}_0\epsilon) $ ona $\mid a_{n_0+k}\mid \geq |a_{n_0}| - {k\over n^{\gamma}_0}\geq 2\epsilon - \epsilon \geq \epsilon$ d'où
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n^{\gamma}_0 \epsilon)} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}$ =$\sum\limits_{k=0}^{E(n^{\gamma}_0\epsilon)} {\mid a_{n_0 +k}) \mid^{\alpha} \over (k+n_0)^{\beta}}$ $\geq (\epsilon)^{\alpha} \sum\limits_{k=0}^{E(n^{\gamma}_0\epsilon)}$ $ { 1\over (k+n_0)^{\beta}}$ $\geq (\epsilon)^{\alpha} { E(n^{\gamma}_0\epsilon)+1\over (E(n^{\gamma}_0\epsilon)+n_0)^{\beta}}$
et puisque $E(n^{\gamma}_0\epsilon)\leq n^{\gamma}_0 \epsilon <E(n^{\gamma}_0\epsilon) +1$ On obtient
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n^{\gamma}_0 \epsilon)} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq (\epsilon)^{\alpha} {n^{\gamma}_0 \epsilon \over (n^{\gamma}_0 \epsilon+n_0)^{\beta}}$ Mais ${n^{\gamma}_0 \epsilon \over (n^{\gamma}_0 \epsilon+n_0)^{\beta}}= {n^{\gamma (1-\beta)}_0 \epsilon \over ( \epsilon+n_0^{1-\gamma})^{\beta}}$ . Pour le numérateur puisque $\gamma >0$et $1-\beta \geq 0$ on a $n^{\gamma (1-\beta)}_0 \epsilon \geq \epsilon$ et pour le dénominateur on a $n_0^{1-\gamma}\leq 1$ puisque $1-\gamma \leq 0$.
On a donc construit $n_0$ telle que
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n^{\gamma}_0 \epsilon)} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq \alpha (\epsilon)$ avec $\alpha (\epsilon)=(\epsilon)^{\alpha} { \epsilon \over ( \epsilon+1)^{\beta}}$
Construction de $n_1$
pour $N_1=n_0 + E(n^{\gamma}_0\epsilon)$, il existe $n_1 \geq n_0 + E(n^{\gamma}_0\epsilon) $ verifiant $\sum\limits_{p=n_1}^{n_1+E(n^{\gamma}_1 \epsilon)} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq \alpha (\epsilon)$
$\sum\limits_{p=1}^{+\infty} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq \sum\limits_{i=0}^{k}\sum\limits_{p=n_i}^{n_i+E(n^{\gamma}_i\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p^{\beta}}\geq \alpha (\epsilon)\sum\limits_{i=0}^{k}1\geq (k+1)\alpha (\epsilon)$ et on obtient une contradiction lorsque k tend vers $+\infty$
salut
C’était un copier coller malheureux de l'autre demonstration lorsque $\gamma =1$. Le terme $\gamma$ est oublié(td). J'ai corrigé cette erreur ( j'ai rééditer la démonstration)et j'ai compris qu'il faut nécessairement prendre $\gamma \geq 1$ pour pouvoir minorer en fonction de $\epsilon$ uniquement. Mais prendre $\gamma \geq 1$ n'offre aucun intérêt puisque dans ce cas si $ |a_{n+1}-a_n |\leq {1\over n^{\gamma}}$ alors $|a_{n+1}-a_n |\leq {1\over n}$
Ton contre exemple marche aussi à merveille
Merci
C'est un exercice intéressant qui a susciter mon interet
Salut
Je cherche un exemple de suite $a_n$ de limite nulle telle que la serie ci dessus converge mais on ne peut avoir que $|a_{n+1}-a_n| \leq {1\over n} $ à aprtir d'un certain rang
Bonjour;
Ok pour l'exemple; donc il n' y a pas de réciproque possible. J'ai cru un moment que cette condition sur les $a_n$ est presque nécessaires
Merci de votre intérêt S
Peut on améliorer encore l'exercice ?( c'est pour le fun mathématiques ni plus ni moins)
Pour $\gamma >1$; on conclut que $a_n$ tend vers 0. Mais on peut faire mieux : regarder si la série $\Sigma |a_n|$ est aussi convergente ( pour $\gamma =1$ on a le contre exemple $a_n= {1\over n}$
Bonjour
j'ai trouvé un contre exemple
Si on prend $a_n={1\over \sqrt n}$ alors $| a_{n+1}-a_n | \leq {1\over 2} {1\over n^{3\over 2}}$ mais $\Sigma a_n $ diverge pourtant $\Sigma {a_n^2 \over n}$ converge
Je vais essayer de trouver quelque chose.
En fait, on peut se passer de l'absurde : on suppose qu'une suite $(a_n)_n$ à termes positifs ne tend pas vers $0$ et vérifie « pour tout $n$, $|a_{n+1}-a_n|<\frac{1}{n}$ » et on démontre que la série de terme général $\dfrac{a_n^2}{n}$ est divergente.
L'idée générale :
Si la suite $a$ ne tend pas vers $0$ alors il existe $\epsilon >0$ et une sous-suite de $a$, notée $(a_{n_k})_k$ dont tous les termes sont strictement supérieurs à $\epsilon$. Ensuite on dit que dans le meilleur des cas, la "descente" de $a_{n_k}$ vers $0$ se fait en $\frac{1}{n_k}$, de proche en proche, puis on essaye (c'est là que le boulot arrive et je crois que j'avais trouvé une solution) de "minorer la série" des $a_{n_k}^2/n_k$ par une constante en travaillant avec des sommes partielles de la série harmonique $\mathcal H_n$ et des raisonnements du type $\mathcal H_{2n}-\mathcal H_{n}>\frac{1}{2}$ ...
Si j'ai une fenêtre de tir, alors je me lance...
Allez, on se lance !
Pardon pour la présentation tapée en 4e vitesse. Je n'en suis pas satisfait...
Je suppose qu'il existe une suite $a=(a_n)_{n \in \mathbb N}$ de termes positifs tels que :
(1) $a$ ne converge pas vers $0$
(2) pour tout $n \in \mathbb N$, $|a_{n+1}-a_n| \leq \dfrac{1}{n}$
Je veux démontrer qu'alors la série $\sum_i \dfrac{a_i^2}{i}$ est divergente.
---Début de la preuve---
On a une faille, écrite en rouge, mais je n'ai pas réussi à trouver du temps...8-)
Une âme charitable ? Il suffit peut-être de jouer avec des parties entières...
--
Lemme : (à dégrossir car la quantité $\eta.n$ doit tout de même être un nombre entier)
On note $\mathcal H_n := \sum_{i=1}^n \dfrac{1}{i}$
Pour tout $\eta$ tel que $0<\eta <1$ et pour tout $n$ tel que $\eta.n >2$, on a : $\Delta_{n,\eta} = \mathcal H_{n+\eta .n} - \mathcal H_n \geq \dfrac{\eta}{1+\eta}$
Remarque : cela représente un paquet arbitraire de taille $\eta.n$ de la série harmonique.
Preuve : (à dégrossir car la quantité $\eta.n$ doit tout de même être un nombre entier)
La condition (1) entraîne qu'il existe un réel $\varepsilon$ strictement positif et une sous-suite $(a_{n_k})_k$ dont tous les termes sont supérieurs ou égaux à $\varepsilon$. Si la suite $a$ n'a pas $0$ comme valeur d'adhérence, alors le résultat que l'on veut démontrer est évident car cela revient à considérer la série harmonique dont on sait qu'elle diverge. On suppose donc que $0$ est valeur d'adhérence de la suite $a$ et on peut donc choisir $\varepsilon < 1$ .
On choisit $\eta$ tel que : $\dfrac{\varepsilon}{2} < \dfrac{\eta}{1+\eta} < \dfrac{3\varepsilon}{4}$.
C'est-à-dire : $\dfrac{\varepsilon}{2-\varepsilon} < \eta < \dfrac{3\varepsilon}{4-3\varepsilon}$
Choisissons un terme $a_{n_k}$ d'indice assez grand pour garantir que : $n_k.\eta>2$.
La condition (2) entraîne successivement :
[small](on se place dans les meilleures conditions pour la convergence de la série, à savoir qu'à partir du terme $a_{n_k}$ on souhaite aller très vite vers $0$ sous la condition (2) )[/small]
On utilise alors le lemme et l'encadrement $\dfrac{\varepsilon}{2} < \dfrac{\eta}{1+\eta} < \dfrac{3\varepsilon}{4}$ et on obtient : $a_{n_k+\eta.n_k}\geq \dfrac{\varepsilon}{4}$
On a donc avec une minoration grossière par le plus petit terme :
$a_{n_k}\geq \dfrac{\varepsilon}{4}$
$a_{n_k+1}\geq \dfrac{\varepsilon}{4}$
$a_{n_k+2}\geq \dfrac{\varepsilon}{4}$
...
$a_{n_k+\eta.n_k}\geq \dfrac{\varepsilon}{4}$
A mon avis ça ne colle pas car pour minorer ton membre de droite dans $a_{n_k+\eta.n_k}\geq \varepsilon - \Delta_{n_k-1,\eta}$, il faudrait une majoration de $\Delta_{n_k-1,\eta}$ alors que plus haut tu fais une minoration de $\Delta_{n_k,\eta}$.
Je cherche désormais à majorer $\Delta_{n,\eta}$ :
$\Delta_{n,\eta} < \dfrac{\eta.n}{n+1} < \eta$ (majoration par $\eta.n$ fois le plus grand terme)
Je cherche à choisir un $\eta$ (proche de $\varepsilon$) par exemple tel qu'il existe $\ell >0$ avec : $\eta < \dfrac{\ell.\varepsilon}{\ell +1 }$ et pour ne pas mettre le raisonnement par terre, j'espère avoir : $\dfrac{3\varepsilon}{4-3\varepsilon}<\dfrac{\ell.\varepsilon}{\ell +1 }$.
Cela entraîne de choisir $\ell$ tel que : $\ell (1-3 \varepsilon)>3$.
Comme je l'ai expliqué plus haut, on peut choisir dès le départ un $\varepsilon$ assez petit (inférieur à un tiers ici) puisque sinon, ça diverge grossièrement. On prend ainsi $\ell > \dfrac{3}{1-3\varepsilon}$
Alors :
$\Delta_{n,\eta} < \dfrac{\ell.\varepsilon}{\ell +1 }$
...
Il faut désormais que je revois les minorations/majorations dans le message précédent.
@Dom, j'ai bien vérifié, effectivement ça marche et c'est assez subtile d'ailleurs (tu).
Tout est dans le nombre de termes qu'on ajoute à $\dfrac {a_{n_k}^2}{n_k}$ égal grosso-modo à $\eta n_k$ et donc qui varie (on en ajoute suffisamment mais pas trop à chaque fois)...
Bon ben tu n'as pas dit trop de conneries :-D mais moi j'ai eu du mal à capter :)o
En fait, si j'avais pu livrer des dessins pour donner l'idée c'était plus simple.
Je suis le premier à ne pas aimer suivre une démonstration sans comprendre l'idée de l'auteur, où il veut aller.
Bon on n'a pas toujours le droit à ce confort cela dit...
En effet je n'ajoute que des termes où la suite $a$ décroit jusqu'à un $\varepsilon /2$ pour contrôler les choses : on loupe pas mal de termes du coup mais ça diverge quand même.(:P)
Je pense améliorer la preuve surtout pour plus de clarté.
C'est marrant car certaines majorations peuvent être grossières mais à certains endroits c'est plus "délicat".
Réponses
Bien écrire les énoncés quantifiés...
Je ne sais pas si c'est une méthode sûre.
J'achète l'information; j'attends les détails
si la suite ne converge pas vers 0, alors il existe epsilon strictement positif et une sous-suite de $a$ qui reste strictement supérieure à espilon...
Pour finir quel genre de contradiction
Si on suppose qu'il existe un réel $\alpha >0$ tel que $\displaystyle \sum {a_n^\alpha \over n}$ converge à la place de $\displaystyle \sum {a_n^2 \over n}$ converge ; ton raisonnement ne marche que pour $\alpha =2$ ?
edit : Je dis n'importe quoi puisque la suite est supposée positive
Mais où est mustapha ?
Moi il me semble avec un raisonnement direct que ce résultat est vrai des que $\alpha \geq 2$ c'est pourquoi ton raisonnement m’intéressait. je vais regarder un contre exemple
Merci
Je patiente...
envoie moi ton raisonnement si tu veux dans un message privé
Pourtant si je prends an=0 quand n n'est pas un carré, an=1 sinon j'ai bien une suite sans limite nulle et la série est convergente puisque la somme partielle d'ordre n n'est autre que la somme partielle d'ordre "partie entière de n" des 1/k2
Je pense que la condition de majoration de an+1-an est indispensable.
$$
\sum_{k=n}^{n+p-1} \frac{a_k}{k} \geq \frac{t}{2}\sum_{k=0}^{p-1} \frac{1}{k+n} \geq \left(\frac{t}{2}\right)^2.
$$
On en déduit plus généralement l'inégalité $\displaystyle\sum_{k \geq n} \frac{a_k}{k} \geq \left(\frac{1}{2} \sup_{k \geq n} a_k\right)^2$ qui montre que vous ne pourrez pas trouver de contre-exemple.
Oui, c'était une réponse à un message précédent (une contradiction possible dans un éventuel raisonnement par l'absurde).
@S
Je vais regarder ça. C'est bien ce que je me disais...
Tu peux éclairer ma lampe : Tu commences par une supposition
et tu termine par une affirmation.
Si la suite est croissante tu peux pas avoir $a_{n+p} <{t\over 2}<t<a_n$
Je trouve cette question assez délicate. Je lance un SOS
Il me semble avec un raisonnement par l'absurde initié par Dom ; on peut démontrer un résultat plus général.
Soit $a_n$ une suite réelle ou complexe vérifiant $\mid a_{n+1} - a_n \mid \leq {1\over n}$ et $\sum {\mid a_n \mid^{r_0} \over n}$ est convergente pour un certain $r_0 \geq 1$ alors la suite $a_n$ tend vers 0
(On peut supprimer ce message inutile)
Le lemme suivant est-il vrai ? J'essaye de m'en persuader mais...
$Lemme~: Soit~(a_{n})_n~une~suite~réelle~et~(a_{\varphi (n)})_n~une~suite~extraite.$
$On~note~(a_{n})_n>\varepsilon ~lorsque~à~partir~d'un~certain~rang~la~suite~est~strictement~superieure~a~\varepsilon.$
$Si~: \forall~k\in \mathbb{N},(a_{\varphi (n)+k})_n>\varepsilon,$ J'insiste bien "à partir d'un certain rang" qui dépend de k.
$Alors : (a_{n})_n>\varepsilon$
Qu'en pensez-vous ?
Si c'est vrai, la démonstration par l'absurde est achevée. Mais je crains que ce ne soit faux.
@Dom
Ca ne marche pas . mais tu peux utiliser tes minorations sur 'la série' au lieu de la suite
Ton raisonnement basé sur des minorations s'applique sur la série. Démontrons ce résultat
Bien sure on ne peut pas esperer la convegence de la serie $\sum {\mid a_n \mid }$
Je donne les détails pour remarquer vite si une faille existe :-D
Pour commencer on a $\mid a_{n+1}\mid \geq \mid a_n \mid -{1\over n}$
d'où par recurrence sur k on obtient $\forall n\in \N^*,\ \forall k\in \N,\ \mid a_{n+k}\mid \geq \mid a_n \mid -{k\over n}$
On ne peut pas minorer le terme $-{k\over n}$ par un $\epsilon $ indépendamment de k. on procede de la facon suivante; soit $\epsilon >0$ et E la partie entiere
$\forall k \in [ 0,1,..., E(n\epsilon) ]\cap \N $ ona $ k\leq E(n\epsilon) \leq n\epsilon$ d'où $-{k\over n}>\epsilon $ Maintenant on a tous ce qu'il faut pour commencer ton raisonnement par l'absurde si $a_n$ ne tend pas vers 0 ; alors il existe $\epsilon >0$; pour tout $N \in \N^*$, il existe $n\in \N^*$ verifiant $n\geq N$ et $\mid a_n \mid \geq 2\epsilon$
On va construire une suite $n_p$ pour pouvoir minorer la serie.
Construction de $n_0$
Soit $\epsilon >0$ fixé, pour $N_0$ assez grand pour que $E(N_0\epsilon)>1$, il existe $n_0 \geq N_0$ verifiant $\mid a_{n_0} \mid \geq 2\epsilon$ d'apres ce qui precede $\forall k \in [ 0,1,..., E(n_0\epsilon) ]\cap \N $ ona $\mid a_{n_0+k}\mid \geq \mid a_{n_0} \mid - {k\over n_0}\geq 2\epsilon - \epsilon \geq \epsilon$ d'où
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n_0\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p} =\sum\limits_{k=0}^{E(n_0\epsilon)} {\mid a_{n_0 +k} \mid^{r_0} \over k+n_0} \geq (\epsilon)^{r_0}\sum\limits_{k=0}^{E(n_0\epsilon)} { 1\over k+n_0} \geq (\epsilon)^{r_0} { E(n_0\epsilon)+1\over E(n_0\epsilon)+n_0}$
et puisque $E(n_0\epsilon)\leq n_0 \epsilon <E(n_0\epsilon) +1$ On obtient
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n_0\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p} \geq (\epsilon)^{r_0} {\epsilon \over \epsilon+1}$ On a donc construit $n_0$ telle que
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n_0\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p} \geq \alpha (\epsilon)$ avec $\alpha (\epsilon)=(\epsilon)^{r_0} {\epsilon \over \epsilon+1}$
Construction de $n_1$
pour $N_1=n_0 + E(n_0\epsilon)$, il existe $n_1 \geq n_0 + E(n_0\epsilon) $ verifiant $\mid a_{n_1} \mid \geq 2\epsilon$ d'où $\sum\limits_{p=n_1}^{n_1+E(n_1\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p} \geq \alpha (\epsilon)$
On construit donc une suite $n_k$ telleque d'où pour tout $k\geq n_1$
$\sum\limits_{p=1}^{+\infty} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p}\geq \sum\limits_{i=0}^{k}\sum\limits_{p=n_i}^{n_i+E(n_i\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p}\geq \alpha (\epsilon)\sum\limits_{i=0}^{k}1\geq (k+1)\alpha (\epsilon)$ et on obtient une contradiction lorsque k tend vers $+\infty$
cette citation je la trouve à mon gout.
gerad0 me fera un bon prix :-D
Oublions Mustapha qui a posé la question.
Je demande des idées pour démontrer (ou donner un contre exemple) de
(En évitant le plus que possible le mot trivial) pourriez vous m'expliquer pourquoi avec ton $a_n$ la serie $\sum {\mid a_n \mid^{r_0} \over n}$ est convergente pour un certain $r_0 > 0$
Si remarque passe par ici; je lui demande aimablement de me faire un dessin de la suite proposée par S
C'est un contre exemple qui me depasse:-D
$\displaystyle \sum_{n=2^m-m}^{2^m+m} a_n/n \le \frac{1}{2^m-m} \sum_{k=-m}^{m} (1- \vert k \vert /m) \le \frac{m+1}{2^m-m}$
Merci pour ces explications; c'est plus clair , il faut un certain contrôle sur $a_{n+1}-a_n$. Je remarque que la démonstration ci haut marche pour
J'ai le sentiment qu'on peut faire mieux; trouver un contrôle moins restrictif sur $a_{n+1}-a_n$
@S c'est vraie uniquement pour $\gamma \geq 1$
je trouve la généralisation suivante
ce résultat est faux si $\beta >1$ il suffit de prendre $a_n$= constante non nulle
@S
Je donne la démonstration corrigée après le dernier message de S
Pour commencer on a $\mid a_{n+1}\mid \geq | a_n | -{1\over n^{\gamma}}$
d'où par recurrence sur k on obtient $\forall n\in \N^*,\ \forall k\in \N,\ \mid a_{n+k}\mid \geq |a_n|-{k\over n^{\gamma}}$
On remarque si $ k\leq E(n^{\gamma}\epsilon)$ avec E la partie entiere alors $k \leq n^{\gamma}\epsilon$ d'où $-{k\over n^{\gamma}}\geq - \epsilon $.
Maintenant on a tous ce qu'il faut pour commencer un raisonnement par l'absurde si $a_n$ ne tend pas vers 0 ; alors il existe $\epsilon >0$; pour tout $N \in \N^*$, il existe $n\in \N^*$ verifiant $n\geq N$ et $\mid a_n \mid \geq 2\epsilon$
On va construire une suite $n_p$ pour pouvoir minorer la serie.
Construction de $n_0$
Soit $\epsilon >0$ fixé, pour $N_0$ assez grand pour que $E(N^{\gamma}_0\epsilon)>1$, il existe $n_0 \geq N_0$ verifiant $\mid a_{n_0} \mid \geq 2\epsilon$ d'apres ce qui precede $\forall k = 0,1,..., E(n^{\gamma}_0\epsilon) $ ona $\mid a_{n_0+k}\mid \geq |a_{n_0}| - {k\over n^{\gamma}_0}\geq 2\epsilon - \epsilon \geq \epsilon$ d'où
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n^{\gamma}_0 \epsilon)} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}$ =$\sum\limits_{k=0}^{E(n^{\gamma}_0\epsilon)} {\mid a_{n_0 +k}) \mid^{\alpha} \over (k+n_0)^{\beta}}$ $\geq (\epsilon)^{\alpha} \sum\limits_{k=0}^{E(n^{\gamma}_0\epsilon)}$ $ { 1\over (k+n_0)^{\beta}}$ $\geq (\epsilon)^{\alpha} { E(n^{\gamma}_0\epsilon)+1\over (E(n^{\gamma}_0\epsilon)+n_0)^{\beta}}$
et puisque $E(n^{\gamma}_0\epsilon)\leq n^{\gamma}_0 \epsilon <E(n^{\gamma}_0\epsilon) +1$ On obtient
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n^{\gamma}_0 \epsilon)} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq (\epsilon)^{\alpha} {n^{\gamma}_0 \epsilon \over (n^{\gamma}_0 \epsilon+n_0)^{\beta}}$ Mais ${n^{\gamma}_0 \epsilon \over (n^{\gamma}_0 \epsilon+n_0)^{\beta}}= {n^{\gamma (1-\beta)}_0 \epsilon \over ( \epsilon+n_0^{1-\gamma})^{\beta}}$ . Pour le numérateur puisque $\gamma >0$et $1-\beta \geq 0$ on a $n^{\gamma (1-\beta)}_0 \epsilon \geq \epsilon$ et pour le dénominateur on a $n_0^{1-\gamma}\leq 1$ puisque $1-\gamma \leq 0$.
On a donc construit $n_0$ telle que
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n^{\gamma}_0 \epsilon)} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq \alpha (\epsilon)$ avec $\alpha (\epsilon)=(\epsilon)^{\alpha} { \epsilon \over ( \epsilon+1)^{\beta}}$
Construction de $n_1$
pour $N_1=n_0 + E(n^{\gamma}_0\epsilon)$, il existe $n_1 \geq n_0 + E(n^{\gamma}_0\epsilon) $ verifiant $\sum\limits_{p=n_1}^{n_1+E(n^{\gamma}_1 \epsilon)} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq \alpha (\epsilon)$
On construit donc une suite $n_k$ telleque d'où pour tout $k\geq n_1$
$\sum\limits_{p=1}^{+\infty} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq \sum\limits_{i=0}^{k}\sum\limits_{p=n_i}^{n_i+E(n^{\gamma}_i\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p^{\beta}}\geq \alpha (\epsilon)\sum\limits_{i=0}^{k}1\geq (k+1)\alpha (\epsilon)$ et on obtient une contradiction lorsque k tend vers $+\infty$
Par ailleurs, l'inégalité suivante est suspecte : $(\epsilon)^{\alpha} \sum\limits_{k=0}^{E(n^{\gamma}_0\epsilon)} { 1\over (k+n_0)^{\beta}}\geq (\epsilon)^{\alpha} { E(n_0\epsilon)+1\over (E(n_0\epsilon)+n_0)^{\beta}}$.
C’était un copier coller malheureux de l'autre demonstration lorsque $\gamma =1$. Le terme $\gamma$ est oublié(td). J'ai corrigé cette erreur ( j'ai rééditer la démonstration)et j'ai compris qu'il faut nécessairement prendre $\gamma \geq 1$ pour pouvoir minorer en fonction de $\epsilon$ uniquement. Mais prendre $\gamma \geq 1$ n'offre aucun intérêt puisque dans ce cas si $ |a_{n+1}-a_n |\leq {1\over n^{\gamma}}$ alors $|a_{n+1}-a_n |\leq {1\over n}$
Ton contre exemple marche aussi à merveille
Merci
Je cherche un exemple de suite $a_n$ de limite nulle telle que la serie ci dessus converge mais on ne peut avoir que $|a_{n+1}-a_n| \leq {1\over n} $ à aprtir d'un certain rang
Ok pour l'exemple; donc il n' y a pas de réciproque possible. J'ai cru un moment que cette condition sur les $a_n$ est presque nécessaires
Merci de votre intérêt S
Peut on améliorer encore l'exercice ?( c'est pour le fun mathématiques ni plus ni moins)
Pour $\gamma >1$; on conclut que $a_n$ tend vers 0. Mais on peut faire mieux : regarder si la série $\Sigma |a_n|$ est aussi convergente ( pour $\gamma =1$ on a le contre exemple $a_n= {1\over n}$
j'ai trouvé un contre exemple
Si on prend $a_n={1\over \sqrt n}$ alors $| a_{n+1}-a_n | \leq {1\over 2} {1\over n^{3\over 2}}$ mais $\Sigma a_n $ diverge pourtant $\Sigma {a_n^2 \over n}$ converge
Deux années se sont écoulées, as-tu finalement trouvé "ta" preuve par l'absurde? ;-)
En fait, on peut se passer de l'absurde : on suppose qu'une suite $(a_n)_n$ à termes positifs ne tend pas vers $0$ et vérifie « pour tout $n$, $|a_{n+1}-a_n|<\frac{1}{n}$ » et on démontre que la série de terme général $\dfrac{a_n^2}{n}$ est divergente.
L'idée générale :
Si la suite $a$ ne tend pas vers $0$ alors il existe $\epsilon >0$ et une sous-suite de $a$, notée $(a_{n_k})_k$ dont tous les termes sont strictement supérieurs à $\epsilon$. Ensuite on dit que dans le meilleur des cas, la "descente" de $a_{n_k}$ vers $0$ se fait en $\frac{1}{n_k}$, de proche en proche, puis on essaye (c'est là que le boulot arrive et je crois que j'avais trouvé une solution) de "minorer la série" des $a_{n_k}^2/n_k$ par une constante en travaillant avec des sommes partielles de la série harmonique $\mathcal H_n$ et des raisonnements du type $\mathcal H_{2n}-\mathcal H_{n}>\frac{1}{2}$ ...
Si j'ai une fenêtre de tir, alors je me lance...
Pardon pour la présentation tapée en 4e vitesse. Je n'en suis pas satisfait...
Je suppose qu'il existe une suite $a=(a_n)_{n \in \mathbb N}$ de termes positifs tels que :
(1) $a$ ne converge pas vers $0$
(2) pour tout $n \in \mathbb N$, $|a_{n+1}-a_n| \leq \dfrac{1}{n}$
Je veux démontrer qu'alors la série $\sum_i \dfrac{a_i^2}{i}$ est divergente.
---Début de la preuve---
On a une faille, écrite en rouge, mais je n'ai pas réussi à trouver du temps...8-)
Une âme charitable ? Il suffit peut-être de jouer avec des parties entières...
--
Lemme : (à dégrossir car la quantité $\eta.n$ doit tout de même être un nombre entier)
On note $\mathcal H_n := \sum_{i=1}^n \dfrac{1}{i}$
Pour tout $\eta$ tel que $0<\eta <1$ et pour tout $n$ tel que $\eta.n >2$, on a : $\Delta_{n,\eta} = \mathcal H_{n+\eta .n} - \mathcal H_n \geq \dfrac{\eta}{1+\eta}$
Remarque : cela représente un paquet arbitraire de taille $\eta.n$ de la série harmonique.
Preuve : (à dégrossir car la quantité $\eta.n$ doit tout de même être un nombre entier)
La condition (1) entraîne qu'il existe un réel $\varepsilon$ strictement positif et une sous-suite $(a_{n_k})_k$ dont tous les termes sont supérieurs ou égaux à $\varepsilon$. Si la suite $a$ n'a pas $0$ comme valeur d'adhérence, alors le résultat que l'on veut démontrer est évident car cela revient à considérer la série harmonique dont on sait qu'elle diverge. On suppose donc que $0$ est valeur d'adhérence de la suite $a$ et on peut donc choisir $\varepsilon < 1$ .
On choisit $\eta$ tel que : $\dfrac{\varepsilon}{2} < \dfrac{\eta}{1+\eta} < \dfrac{3\varepsilon}{4}$.
C'est-à-dire : $\dfrac{\varepsilon}{2-\varepsilon} < \eta < \dfrac{3\varepsilon}{4-3\varepsilon}$
Choisissons un terme $a_{n_k}$ d'indice assez grand pour garantir que : $n_k.\eta>2$.
La condition (2) entraîne successivement :
[small](on se place dans les meilleures conditions pour la convergence de la série, à savoir qu'à partir du terme $a_{n_k}$ on souhaite aller très vite vers $0$ sous la condition (2) )[/small]
$a_{n_k}\geq \varepsilon$
$a_{n_k+1}\geq \varepsilon - \dfrac{1}{n_k}$
$a_{n_k+2}\geq \varepsilon - (\dfrac{1}{n_k} +\dfrac{1}{n_k+1})$
...
$a_{n_k+\eta.n_k}\geq \varepsilon - (\dfrac{1}{n_k} +\dfrac{1}{n_k+1}+...+\dfrac{1}{n_k+\eta.n_k-1})$
$a_{n_k+\eta.n_k}\geq \varepsilon - \Delta_{n_k-1,\eta} $
On utilise alors le lemme et l'encadrement $\dfrac{\varepsilon}{2} < \dfrac{\eta}{1+\eta} < \dfrac{3\varepsilon}{4}$ et on obtient : $a_{n_k+\eta.n_k}\geq \dfrac{\varepsilon}{4}$
On a donc avec une minoration grossière par le plus petit terme :
$a_{n_k}\geq \dfrac{\varepsilon}{4}$
$a_{n_k+1}\geq \dfrac{\varepsilon}{4}$
$a_{n_k+2}\geq \dfrac{\varepsilon}{4}$
...
$a_{n_k+\eta.n_k}\geq \dfrac{\varepsilon}{4}$
On passe au carré :
$a_{n_k}^2 \geq \dfrac{\varepsilon^2}{16}$
$a_{n_k+1}^2\geq \dfrac{\varepsilon^2}{16}$
$a_{n_k+2}^2\geq \dfrac{\varepsilon^2}{16}$
...
$a_{n_k+\eta.n_k}^2 \geq \dfrac{\varepsilon^2}{16}$
Puis on divise par l'indice de chaque terme :
$\dfrac{a_{n_k}^2}{n_k} \geq \dfrac{\varepsilon^2}{16n_k}$
$\dfrac{a_{n_k+1}^2}{n_k+1}\geq \dfrac{\varepsilon^2}{16(n_k+1)}$
$\dfrac{a_{n_k+2}^2}{n_k+2}\geq \dfrac{\varepsilon^2}{16(n_k+2)}$
...
$\dfrac{a_{n_k+\eta.n_k}^2}{n_k+\eta.n_k} \geq \dfrac{\varepsilon^2}{16(n_k+\eta.n_k)}$
On somme et on réutilise le lemme et de nouveau l'encadrement (dans l'autre sens) :
$\sum_{i=n_k}^{n_k+\eta.n_k} \dfrac{a_i^2}{i} \geq \dfrac{\varepsilon^2}{16}.\dfrac{\varepsilon}{2}$
Ceci est valable pour tous les $n_k$ assez grands, on obtient alors la divergence de la série.
Pourvu que je ne dise pas trop de bêtises... :)o
A mon avis ça ne colle pas car pour minorer ton membre de droite dans $a_{n_k+\eta.n_k}\geq \varepsilon - \Delta_{n_k-1,\eta}$, il faudrait une majoration de $\Delta_{n_k-1,\eta}$ alors que plus haut tu fais une minoration de $\Delta_{n_k,\eta}$.
En effet, ça compromet mes plans...
Je cherche désormais à majorer $\Delta_{n,\eta}$ :
$\Delta_{n,\eta} < \dfrac{\eta.n}{n+1} < \eta$ (majoration par $\eta.n$ fois le plus grand terme)
Je cherche à choisir un $\eta$ (proche de $\varepsilon$) par exemple tel qu'il existe $\ell >0$ avec : $\eta < \dfrac{\ell.\varepsilon}{\ell +1 }$ et pour ne pas mettre le raisonnement par terre, j'espère avoir : $\dfrac{3\varepsilon}{4-3\varepsilon}<\dfrac{\ell.\varepsilon}{\ell +1 }$.
Cela entraîne de choisir $\ell$ tel que : $\ell (1-3 \varepsilon)>3$.
Comme je l'ai expliqué plus haut, on peut choisir dès le départ un $\varepsilon$ assez petit (inférieur à un tiers ici) puisque sinon, ça diverge grossièrement. On prend ainsi $\ell > \dfrac{3}{1-3\varepsilon}$
Alors :
$\Delta_{n,\eta} < \dfrac{\ell.\varepsilon}{\ell +1 }$
...
Il faut désormais que je revois les minorations/majorations dans le message précédent.
C'est traître ^^
Tout est dans le nombre de termes qu'on ajoute à $\dfrac {a_{n_k}^2}{n_k}$ égal grosso-modo à $\eta n_k$ et donc qui varie (on en ajoute suffisamment mais pas trop à chaque fois)...
Bon ben tu n'as pas dit trop de conneries :-D mais moi j'ai eu du mal à capter :)o
En fait, si j'avais pu livrer des dessins pour donner l'idée c'était plus simple.
Je suis le premier à ne pas aimer suivre une démonstration sans comprendre l'idée de l'auteur, où il veut aller.
Bon on n'a pas toujours le droit à ce confort cela dit...
En effet je n'ajoute que des termes où la suite $a$ décroit jusqu'à un $\varepsilon /2$ pour contrôler les choses : on loupe pas mal de termes du coup mais ça diverge quand même.(:P)
Je pense améliorer la preuve surtout pour plus de clarté.
C'est marrant car certaines majorations peuvent être grossières mais à certains endroits c'est plus "délicat".
J'essaye de proposer un truc "propre" plus tard.