À propos d'une suite
Réponses
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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. -
Pour information, ça fonctionne...(edit : ou pas...)
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BonjourPour information, ça fonctionne..Le 😄 Farceur
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Mustapha t'expliquera, sois patient ...
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Mais gerard0 c'est un raisonnement par l'absurde; c'est une marchandise rare!Le 😄 Farceur
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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... -
Salut
Pour finir quel genre de contradictionLe 😄 Farceur -
La serie ne peut pas converger.
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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 $\alpha =2$ ?Le 😄 Farceur -
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
MerciLe 😄 Farceur -
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... -
Salut
envoie moi ton raisonnement si tu veux dans un message privéLe 😄 Farceur -
Mais c'est vrai ça, je cherche un contre-exemple lorsqu'on "oublie" le carré...
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Bonjour !dom a écrit:La serie ne peut pas converger.
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. -
@S
Tu peux éclairer ma lampe : Tu commences par une suppositionSupposons que ....et soit p minimal tel que an+p<t2.... (s'il existe)
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 SOSLe 😄 Farceur -
Si p n'existe pas l'inégalité est triviale.
-
Salut
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 0Le 😄 Farceur -
Edit : voir message suivant
(On peut supprimer ce message inutile) -
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...
$Lemme~: Soit~(a_{n})_n~une~suite~réelle~et~(a_{\varphi (n)})_n~une~suite~extraite.$
$On~note~(a_{n})_n>\varepsilon ~lorsque~à~partir~d'un~certain~rang~la~suite~est~strictement~superieure~a~\varepsilon.$
$Si~: \forall~k\in \mathbb{N},(a_{\varphi (n)+k})_n>\varepsilon,$ 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. -
Salut Dom
Ton raisonnement basé sur des minorations s'applique sur la série. Démontrons ce résultatSoit $a_n$ 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
$\sum\limits_{p=n_0}^{n_0+E(n_0\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p} \geq \alpha (\epsilon)$ 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$n_{k+1} \geq n_k +E(n_k\epsilon)$ et $\sum\limits_{p=n_k}^{n_k+E(n_k\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p} \geq \alpha (\epsilon)$
$\sum\limits_{p=1}^{+\infty} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p}\geq \sum\limits_{i=0}^{k}\sum\limits_{p=n_i}^{n_i+E(n_i\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p}\geq \alpha (\epsilon)\sum\limits_{i=0}^{k}1\geq (k+1)\alpha (\epsilon)$ et on obtient une contradiction lorsque k tend vers $+\infty$Le 😄 Farceur -
Salut Greg
cette citation je la trouve à mon gout.
gerad0 me fera un bon prix :-DLe 😄 Farceur -
Salut a tous
Oublions Mustapha qui a posé la question.
Je demande des idées pour démontrer (ou donner un contre exemple) deSoit $a_n$ 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 0Le 😄 Farceur -
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
C'est un contre exemple qui me depasse:-DLe 😄 Farceur -
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 $r_0=1$:
$\displaystyle \sum_{n=2^m-m}^{2^m+m} a_n/n \le \frac{1}{2^m-m} \sum_{k=-m}^{m} (1- \vert k \vert /m) \le \frac{m+1}{2^m-m}$ -
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 pourSoit $a_n$ 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 $a_{n+1}-a_n$Le 😄 Farceur -
Il me semble que ça aussi c'est faux : prendre la même construction que ci-dessus mais avec les intervalles $[n^3 - n, n^3 + n]$.
-
Salut
@S c'est vraie uniquement pour $\gamma \geq 1$
je trouve la généralisation suivanteSoient $\alpha; \beta; \gamma$ 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 $\sum\limits_{p=n_k}^{n_k+E(n^{\gamma}_k \epsilon)} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq \alpha (\epsilon)$
$\sum\limits_{p=1}^{+\infty} {\mid a_p \mid^{\alpha} \over p^{\beta}}\geq \sum\limits_{i=0}^{k}\sum\limits_{p=n_i}^{n_i+E(n^{\gamma}_i\epsilon)} {\mid a_p \mid^{r_0} \over p^{\beta}}\geq \alpha (\epsilon)\sum\limits_{i=0}^{k}1\geq (k+1)\alpha (\epsilon)$ et on obtient une contradiction lorsque k tend vers $+\infty$Le 😄 Farceur -
Je t'ai fourni un contre-exemple. L'as-tu confronté à ton énoncé ?
Par ailleurs, l'inégalité suivante est suspecte : $(\epsilon)^{\alpha} \sum\limits_{k=0}^{E(n^{\gamma}_0\epsilon)} { 1\over (k+n_0)^{\beta}}\geq (\epsilon)^{\alpha} { E(n_0\epsilon)+1\over (E(n_0\epsilon)+n_0)^{\beta}}$. -
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
MerciC'est un exercice intéressant qui a susciter mon interetLe 😄 Farceur -
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 rangLe 😄 Farceur -
Prendre par exemple $a_n = 0$ si $n$ n'est pas un carré et $a_n = \frac{1}{n}$ sinon.
-
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 $a_n= {1\over n}$Le 😄 Farceur -
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 $\Sigma {a_n^2 \over n}$ convergeLe 😄 Farceur -
Merci beaucoup et désolé pour cette absence
-
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]
$a_{n_k}\geq \varepsilon$
$a_{n_k+1}\geq \varepsilon - \dfrac{1}{n_k}$
$a_{n_k+2}\geq \varepsilon - (\dfrac{1}{n_k} +\dfrac{1}{n_k+1})$
...
$a_{n_k+\eta.n_k}\geq \varepsilon - (\dfrac{1}{n_k} +\dfrac{1}{n_k+1}+...+\dfrac{1}{n_k+\eta.n_k-1})$
$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 -
Salut,
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 $\Delta_{n_k,\eta}$. -
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. -
Si j'en crois http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1551766,1552296#msg-1552296, mustapha aurait donné cet exercice à ces élèves en MPSI :-D
C'est traître ^^ -
Je m'y prends peut-être comme un manche (:P)
-
@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 -
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.
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