À propos d'une suite

Comme ça, en première lecture je tenterais une preuve par l'absurde.
Bien écrire les énoncés quantifiés...

Je ne sais pas si c'est une méthode sûre.

Bonjour

Pour information, ça fonctionne..

J'achète l'information; j'attends les détails

Mais gerard0 c'est un raisonnement par l'absurde; c'est une marchandise rare!

Salut
Pour finir quel genre de contradiction

Salut

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 $\alpha =2$ ?

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

Salut
envoie moi ton raisonnement si tu veux dans un message privé

Bonjour !

dom a écrit:

La serie ne peut pas converger.

Pourtant si je prends a_n=0 quand n n'est pas un carré, a_n=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 a_n+1-a_n est indispensable.

@rakam

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...

Si p n'existe pas l'inégalité est triviale.

Edit : voir message suivant
(On peut supprimer ce message inutile)

Salut
@Dom
Ca ne marche pas . mais tu peux utiliser tes minorations sur 'la série' au lieu de la suite

@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

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

C'est un contre exemple qui me depasse:-D

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 $\sum\limits_{p=n_1}^{n_1+E(n^{\gamma}_1 \epsilon)} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq \alpha (\epsilon)$

On construit donc une suite $n_k$ telleque

$n_{k+1} \geq n_k +E(n^{\gamma}_k\epsilon)$ et $\sum\limits_{p=n_k}^{n_k+E(n^{\gamma}_k \epsilon)} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq \alpha (\epsilon)$

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 $+\infty$

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

Prendre par exemple $a_n = 0$ si $n$ n'est pas un carré et $a_n = \frac{1}{n}$ sinon.

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

@Dom
Deux années se sont écoulées, as-tu finalement trouvé "ta" preuve par l'absurde? ;-)

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]

$a_{n_k}\geq \varepsilon$
$a_{n_k+1}\geq \varepsilon - \dfrac{1}{n_k}$
$a_{n_k+2}\geq \varepsilon - (\dfrac{1}{n_k} +\dfrac{1}{n_k+1})$
...
$a_{n_k+\eta.n_k}\geq \varepsilon - (\dfrac{1}{n_k} +\dfrac{1}{n_k+1}+...+\dfrac{1}{n_k+\eta.n_k-1})$

$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

Merci de ton implication (tu);-)

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.

Je m'y prends peut-être comme un manche (:P)

Ha merci !

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.