La convergence d'une série

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 :
\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 ^^

Car les paramètres vérifient $\theta \beta >1$ et il s'agit alors d'une série convergente (série de Riemann).
Le symbole $\lesssim$ veut dire plus petite ou égale à une constante près qui ne dépend que des paramètres en jeu (ici $\theta$ et $\beta$).