La convergence d'une série
Bonjour, quelqu'un peut-il m'aider s'il vous plaît, je n’arrive pas à montrer le passage entre la première ligne et la deuxième
De plus, ils ont montré que $T(n)$ tend vers 0, comment ?
$\displaystyle T(n)\leq C.\sum_{l=1}^n {h_n\wedge (n.v_{n,n,l})} \qquad(1)$
$\displaystyle T(n)\leq C.h_n^{1-\beta}n^\beta \sum_{l=1}^n v_{n,n,l}^\beta\qquad\quad(2)$
avec $ \beta\geq 0$ et $nh_n\rightarrow \infty$ et $ h_n\rightarrow 0$
et $
v_{n,n,l} = \left\{
\begin{array}{ll}
n^2 \left( \frac{1}{nh_n^3} \vee \frac{1}{n^{\frac{1}{2}}.h_n^{\frac{3}{2}}}\right) \lambda_l & \mbox{avec } \lambda_l=O(l^{-\lambda}) et \lambda >5 ~~et~~ h_n = o(n^ {\frac{-2}{\lambda-4}}\wedge n^{\frac{-5}{2\lambda-5}} )\\
ou
\\
\frac{1}{nh_n^2} \theta_l & \mbox{avec} ~~\theta_l = O(l^{-\theta}), ~~\theta>3
\end{array}
\right.
$
De plus, ils ont montré que $T(n)$ tend vers 0, comment ?
$\displaystyle T(n)\leq C.\sum_{l=1}^n {h_n\wedge (n.v_{n,n,l})} \qquad(1)$
$\displaystyle T(n)\leq C.h_n^{1-\beta}n^\beta \sum_{l=1}^n v_{n,n,l}^\beta\qquad\quad(2)$
avec $ \beta\geq 0$ et $nh_n\rightarrow \infty$ et $ h_n\rightarrow 0$
et $
v_{n,n,l} = \left\{
\begin{array}{ll}
n^2 \left( \frac{1}{nh_n^3} \vee \frac{1}{n^{\frac{1}{2}}.h_n^{\frac{3}{2}}}\right) \lambda_l & \mbox{avec } \lambda_l=O(l^{-\lambda}) et \lambda >5 ~~et~~ h_n = o(n^ {\frac{-2}{\lambda-4}}\wedge n^{\frac{-5}{2\lambda-5}} )\\
ou
\\
\frac{1}{nh_n^2} \theta_l & \mbox{avec} ~~\theta_l = O(l^{-\theta}), ~~\theta>3
\end{array}
\right.
$
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De plus, ils ont montré que $T(n)$ tend vers 0, comment ?
$\displaystyle T(n)\leq C.\sum_{l=1}^n {h_n\wedge (n.v_{n,n,l})} \qquad(1)$
$\displaystyle T(n)\leq C.h_n^{1-\beta}n^\beta \sum_{l=1}^n v_{n,n,l}^\beta\qquad\quad(2)$
avec $ \beta\geq 0$ et $nh_n\rightarrow \infty$ et $ h_n\rightarrow 0$
et $
v_{n,n,l} = \left\{
\begin{array}{ll}
n^2 \left( \frac{1}{nh_n^3} \vee \frac{1}{n^{\frac{1}{2}}.h_n^{\frac{3}{2}}}\right) \lambda_l & \mbox{avec } \lambda_l=O(l^{-\lambda}) et \lambda >5 ~~et~~ h_n = o(n^ {\frac{-2}{\lambda-4}}\wedge n^{\frac{-5}{2\lambda-5}} )\\
ou
\\
\frac{1}{nh_n^2} \theta_l & \mbox{avec} ~~\theta_l = O(l^{-\theta}), ~~\theta>3
\end{array}
\right.
$
Soit $0<\beta<1,$ on a alors $$\forall l \in \{1,\ldots,n\},\mbox{ } h_{n}\wedge nv_{n,l}=(h_{n}\wedge nv_{n,l})^{1-\beta}\times (h_{n}\wedge nv_{n,l})^{\beta}\leq h_{n}^{1-\beta}\times n^{\beta}v_{n,l}^{\beta}.$$
Enfin, en sommant il vient dans le deuxième cas :
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n} h_{n}\wedge nv_{n,l} & \leq h_{n}^{1-\beta}n^{\beta}\sum_{l=1}^{n}v_{n,l}^{\beta}\\
& \lesssim h_{n}^{1-3\beta}\sum_{l=1}^{n}\frac{1}{l^{\theta\beta}}\\
& \lesssim h_{n}^{1-3\beta} \mbox{ si } \theta\beta >1.
\end{align*}
Cette dernière condition est compatible avec le fait que $1-3\beta>0$ vu que $\theta>3$ (i.e. $\displaystyle \frac{1}{\theta}<\beta<\frac{1}{3}$).
Pour les autres cas, il faut un peu calculer dans la même veine...
Dans l'autre alternative, on peut choisir d'autres $\beta$ en fonction des cas. On traite les cas suivants :
***cas 1 : $\displaystyle \frac{1}{nh_{n}^{3}}\geq \frac{1}{\sqrt{(nh_{n})^{3}}}$ i.e. $\displaystyle h_{n}\leq \frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}.$
-sous-cas $\underline{5<\lambda\leq 6}.$
On choisit $\lambda \beta<1.$
On a alors où $(\varepsilon_{n})_{n\geq 1}$ désigne une suite qui tend vers $0$ (donnée par le $o$)
\begin{align*}
T(n) & \lesssim h_{n}^{1-4\beta}n^{2\beta}\sum_{l=1}^{n}\frac{1}{l^{\lambda \beta}}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta} n^{-2\frac{1-4\beta}{\lambda-4}+2\beta} \times n^{1-\lambda\beta}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta}n^{\frac{6-\lambda}{\lambda-4}(\lambda \beta-1)}.\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta}.
\end{align*}
-sous-cas $\underline{\lambda>6}.$
On découple l'inégalité (on peut choisir des "$\beta$" différents en fonction de la position des indices dans la somme plus intérieure)... On choisit $0<\varepsilon<1$ tel que $\displaystyle \lambda=4+\frac{2}{\varepsilon}$ (ceci est possible car $\lambda>6.$)
On choisit $\beta_{1}\lambda<1$ et $\beta_{2}\lambda>1$ pour avoir
\begin{align*}
T_{n} & \lesssim h_{n}^{1-4\beta_{1}}n^{2\beta_{1}}\sum_{l \leq n^{\varepsilon}}\frac{1}{l^{\lambda \beta_{1}}}+ h_{n}^{1-4\beta_{2}}n^{2\beta_{2}}\sum_{n^{\varepsilon} \leq l \leq n}\frac{1}{l^{\lambda \beta_{2}}} \\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta_{1}}n^{-2\frac{1-4\beta_{1}}{\lambda-4}+2\beta_{1}}\times n^{\varepsilon(1-\lambda\beta_{1})} + \varepsilon_{n}^{1-4\beta_{2}}n^{-2\frac{1-4\beta_{2}}{\lambda-4}+2\beta_{2}}\times n^{\varepsilon(1-\lambda\beta_{2})}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta_{1}}n^{(\frac{2}{\lambda-4}-\varepsilon)(\beta_{1}\lambda-1)}+\varepsilon_{n}^{1-4\beta_{2}}n^{(\frac{2}{\lambda-4}-\varepsilon)(\beta_{2}\lambda-1)}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta_{1}}+ \varepsilon_{n}^{1-4\beta_{2}}.
\end{align*}
Et une estimée gratuite.... dans une gamme d'indices particulières...
-sous-cas $\underline{\lambda>10}.$
On choisit $\lambda \beta=1.$
On a alors
\begin{align*}
T(n) & \lesssim h_{n}^{\frac{1-4\beta}{2}} \times h_{n}^{\frac{1-4\beta}{2}}n^{2\beta}\sum_{l=1}^{n}\frac{1}{l}\\
& \lesssim n^{-\frac{5}{2}\frac{1-4\beta}{2\lambda-5}+2\beta}\times n^{\frac{4\beta-1}{6}}\ln(n)\\
& \lesssim n^{-\frac{(\lambda-1)(\lambda-10)}{3\lambda(2\lambda-5)}}\ln(n).
\end{align*}
***cas 2 : $\displaystyle \frac{1}{nh_{n}^{3}}< \frac{1}{\sqrt{(nh_{n})^{3}}}$ i.e. $\displaystyle h_{n}>\frac{1}{n^\frac{1}{3}}.$
Essayons des gammes de majorations...
- Ou : $\underline{\lambda< 10.}$
Ce cas est nettement plus simple...
On choisit $\lambda \beta>1.$
On a alors
\begin{align*}
T(n) & \lesssim h_{n}\times h_{n}^{-\frac{5}{2}\beta}n^{\frac{5}{2}\beta}\sum_{l=1}^{n}\frac{1}{l^{\beta \lambda}}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{-\frac{5}{2\lambda-5}}n^{(\frac{5}{6}+\frac{5}{2})\beta-\frac{5}{2\lambda-5}}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{-\frac{5}{2\lambda-5}}n^{\frac{10}{3}\beta-\frac{5}{2\lambda-5}}.\\
\end{align*}
On remarque alors $\displaystyle \frac{10}{3}\beta-\frac{5}{2\lambda-5}\leq 0$ donne $\displaystyle \beta\leq \frac{3}{2(2\lambda-5)}.$
Cette dernière condition est compatible avec $\displaystyle \beta>\frac{1}{\lambda}$ dès que $\lambda< 10.$
-Ou: $\underline{\lambda< 10.}$
On choisit $\lambda \beta=1.$
On a alors
\begin{align*}
T(n) & \lesssim h_{n}^{\frac{1}{2}(1-\frac{5}{2}\beta)} \times h_{n}^{\frac{1}{2}(1-\frac{5}{2})\beta}n^{\frac{5}{2}\beta}\sum_{l=1}^{n}\frac{1}{l}\\
& \lesssim n^{-\frac{5}{2}\frac{1-\frac{5}{2}\beta}{2\lambda-5}} \times n^{-\frac{(1-\frac{5}{2}\beta)}{\lambda-4}+\frac{5}{2}\beta}\ln(n)\\
& \lesssim n^{\frac{\beta(1-10\beta)}{4(1-4\beta)}}\ln(n) \mbox{ tout calcul confondu }\\
\end{align*}
Enfin, comme $\displaystyle \beta=\frac{1}{\lambda}$ et vu la position de $\lambda,$ on a effectivement $\displaystyle 1-10\beta< 0.$
-Ou: $\underline{\lambda>10.}$
Remarque : le cas $\lambda=10$ est incompatible avec la minoration de $h_{n}.$
On découple l'inégalité (on peut choisir des "$\beta$" différents en fonction de la position des indices dans la somme plus intérieure)... On choisit $0<\varepsilon<1$ tel que $\displaystyle \lambda=\frac{5}{2}+\frac{5}{2\varepsilon}$ (ceci est possible car $\lambda>5.$)
On choisit $\beta_{1}\lambda<1$ et $\beta_{2}\lambda>1$ pour avoir
\begin{align*}
T_{n} & \lesssim h_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{1}}n^{\frac{5}{2}\beta_{1}}\sum_{l \leq n^{\varepsilon}}\frac{1}{l^{\lambda \beta_{1}}}+h_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{2}}n^{\frac{5}{2}\beta_{2}}\sum_{n^{\varepsilon} \leq l \leq n}\frac{1}{l^{\lambda \beta_{2}}}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{1}}n^{\frac{5}{2\lambda-5}(\lambda \beta_{1}-1)}\times n^{\varepsilon(1-\lambda\beta_{1})} + \varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{2}}n^{\frac{5}{2\lambda-5}(\lambda \beta_{2}-1)}\times n^{\varepsilon(1-\lambda\beta_{2})}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{1}}n^{(\frac{5}{2\lambda-5}-\varepsilon)(\beta_{1}\lambda-1)}+\varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{2}}n^{(\frac{5}{2\lambda-5}-\varepsilon)(\beta_{2}\lambda-1)}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{1}}+\varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{2}}.
\end{align*}
Ceci achève l'estimation de cette quantité.
Bonne lecture!
Il faut refaire un certain nombre de calculs pour comprendre comment trouver naturellement les découpages (j'ai testé l'égalité des exposants!), ceci laisse l'envie de traiter les cas $\lambda\geq 10$ ou $\lambda\leq 10.$
Des calculs superflus apparaissent pour trouver d'autres gammes de majoration mais le résultat se résume à $4$ inégalités...
Que je vais recompiler dans un post suivant ^^
L'inégalité $(1)$ donne $(2)$ est "évidente". J'imagine que $\wedge$ veut dire le minimum...
Soit $0<\beta<1,$ on a alors $$\forall l \in \{1,\ldots,n\},\mbox{ } h_{n}\wedge nv_{n,l}=(h_{n}\wedge nv_{n,l})^{1-\beta}\times (h_{n}\wedge nv_{n,l})^{\beta}\leq h_{n}^{1-\beta}\times n^{\beta}v_{n,l}^{\beta}.$$
Enfin, en sommant il vient dans le deuxième cas (qui est le plus facile!!!) :
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n} h_{n}\wedge nv_{n,l} & \leq h_{n}^{1-\beta}n^{\beta}\sum_{l=1}^{n}v_{n,l}^{\beta}\\
& \lesssim h_{n}^{1-3\beta}\sum_{l=1}^{n}\frac{1}{l^{\theta\beta}}\\
& \lesssim h_{n}^{1-3\beta} \mbox{ si } \theta\beta >1.
\end{align*}
Cette dernière condition est compatible avec le fait que $1-3\beta>0$ vu que $\theta>3$ (i.e. $\displaystyle \frac{1}{\theta}<\beta<\frac{1}{3}$).
Pour les autres cas, il faut un peu calculer dans la même veine...
Dans l'autre alternative, on peut choisir d'autres $\beta$ en fonction des cas. On traite les cas suivants :
***cas 1 : $\displaystyle \frac{1}{nh_{n}^{3}}\geq \frac{1}{\sqrt{(nh_{n})^{3}}}$ i.e. $\displaystyle h_{n}\leq \frac{1}{n^{\frac{1}{3}}}.$
-sous-cas $\underline{5<\lambda\leq 6}.$
On choisit $\lambda \beta<1.$
On a alors où $(\varepsilon_{n})_{n\geq 1}$ désigne une suite qui tend vers $0$ (donnée par le $o$)
\begin{align*}
T(n) & \lesssim h_{n}^{1-4\beta}n^{2\beta}\sum_{l=1}^{n}\frac{1}{l^{\lambda \beta}}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta} n^{-2\frac{1-4\beta}{\lambda-4}+2\beta} \times n^{1-\lambda\beta}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta}n^{\frac{6-\lambda}{\lambda-4}(\lambda \beta-1)}.\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta}.
\end{align*}
-sous-cas $\underline{\lambda>6}.$
On découple l'inégalité (on peut choisir des "$\beta$" différents en fonction de la position des indices dans la somme plus intérieure)... On choisit $0<\varepsilon<1$ tel que $\displaystyle \lambda=4+\frac{2}{\varepsilon}$ (ceci est possible car $\lambda>6.$)
On choisit $\beta_{1}\lambda<1$ et $\beta_{2}\lambda>1$ pour avoir
\begin{align*}
T_{n} & \lesssim h_{n}^{1-4\beta_{1}}n^{2\beta_{1}}\sum_{l \leq n^{\varepsilon}}\frac{1}{l^{\lambda \beta_{1}}}+ h_{n}^{1-4\beta_{2}}n^{2\beta_{2}}\sum_{n^{\varepsilon} \leq l \leq n}\frac{1}{l^{\lambda \beta_{2}}} \\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta_{1}}n^{-2\frac{1-4\beta_{1}}{\lambda-4}+2\beta_{1}}\times n^{\varepsilon(1-\lambda\beta_{1})} + \varepsilon_{n}^{1-4\beta_{2}}n^{-2\frac{1-4\beta_{2}}{\lambda-4}+2\beta_{2}}\times n^{\varepsilon(1-\lambda\beta_{2})}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta_{1}}n^{(\frac{2}{\lambda-4}-\varepsilon)(\beta_{1}\lambda-1)}+\varepsilon_{n}^{1-4\beta_{2}}n^{(\frac{2}{\lambda-4}-\varepsilon)(\beta_{2}\lambda-1)}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-4\beta_{1}}+ \varepsilon_{n}^{1-4\beta_{2}}.
\end{align*}
***cas 2 : $\displaystyle \frac{1}{nh_{n}^{3}}< \frac{1}{\sqrt{(nh_{n})^{3}}}$ i.e. $\displaystyle h_{n}>\frac{1}{n^\frac{1}{3}}.$
-Ou: $\underline{\lambda>10.}$
Remarque : le cas $\lambda\leq 10$ est incompatible avec la minoration de $h_{n}$ mais la preuve marche sans restriction sur l'exposant $\lambda>5.$
On découple l'inégalité (on peut choisir des "$\beta$" différents en fonction de la position des indices dans la somme plus intérieure)... On choisit $0<\varepsilon<1$ tel que $\displaystyle \lambda=\frac{5}{2}+\frac{5}{2\varepsilon}$ (ceci est possible car $\lambda>5.$)
On choisit $\beta_{1}\lambda<1$ et $\beta_{2}\lambda>1$ pour avoir
\begin{align*}
T_{n} & \lesssim h_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{1}}n^{\frac{5}{2}\beta_{1}}\sum_{l \leq n^{\varepsilon}}\frac{1}{l^{\lambda \beta_{1}}}+h_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{2}}n^{\frac{5}{2}\beta_{2}}\sum_{n^{\varepsilon} \leq l \leq n}\frac{1}{l^{\lambda \beta_{2}}}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{1}}n^{\frac{5}{2\lambda-5}(\lambda \beta_{1}-1)}\times n^{\varepsilon(1-\lambda\beta_{1})} + \varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{2}}n^{\frac{5}{2\lambda-5}(\lambda \beta_{2}-1)}\times n^{\varepsilon(1-\lambda\beta_{2})}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{1}}n^{(\frac{5}{2\lambda-5}-\varepsilon)(\beta_{1}\lambda-1)}+\varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{2}}n^{(\frac{5}{2\lambda-5}-\varepsilon)(\beta_{2}\lambda-1)}\\
& \lesssim \varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{1}}+\varepsilon_{n}^{1-\frac{5}{2}\beta_{2}}.
\end{align*}
mais je n'ai pas compris pourquoi vous avez pris $ 0<\beta<1$ pour ma première question, dans le résultat on a $ \beta\geq 0$, et je ne comprends pas le passage entre l'égalité et l’inégalité dans votre première équation.
Enfin, j'ai juste utilisé la définition du minimum... Le minimum est majoré par tantôt l'un ou l'autre des termes...
Tu ferais mieux de faire un exercice plus "standard" pour t'entraîner à majorer (ou estimer des séries).
Le symbole $\lesssim$ veut dire plus petite ou égale à une constante près qui ne dépend que des paramètres en jeu (ici $\theta$ et $\beta$).