Un joli résultat

La suite $(a_n)$ est bornée car $(S_n)$ l'est et $a_n=S_n-S_{n-1}$. Avec une transformation d'Abel, si $(a_n)$ ne tend pas vers $0$ alors $\displaystyle\sum_{n=1}^N(a_{n+1}-a_n)S_n=a_{N+1}S_N-a_1S_1-\sum_{n=2}^Na_n^2$ tend vers $-\infty$... puis je ne sais pas...

Ben j'ai supposé que $(a_n)$ ne tend pas vers $0$...

Le résultat fait penser à une variante discrète des inégalités de Kolmogorov sur la droite réelle...
On a tout d'abord
\begin{align*}
\forall k\geq 0,\mbox{ } (S_{k+2}-S_{k+1})-(S_{k+1}-S_{k}) & =S_{k+2}-2S_{k+1}+S_{k}\\
& =a_{k+2}-a_{k+1}:=\varepsilon_{k}.

\end{align*} Il vient alors en sommant pour une certaine constante $A$ : $$\forall n\geq 0,\mbox{ } S_{n+2}-S_{n+1}=A+\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{k}.
$$ En sommant de nouveau, il vient pour des certaines constantes $A,B$ :
\begin{align*}
\forall N\geq 0,\mbox{ } S_{N+1} & =AN+B+\sum_{n=0}^{N-1}\sum_{k=0}^{n}\varepsilon_{k}\\
& =AN+B+\sum_{k=0}^{N-1}\varepsilon_{k}(N-k)\\
& =AN+B+\sum_{k=0}^{N}\varepsilon_{k}(N-k).

\end{align*} Considérons $h\gg 1$ une quantité entière et $N\in \mathbb{N}.$
On a alors pour une certaine constante $\tilde{A}$ :
\begin{align*}
S_{N+h+1}-S_{N+1} & =Ah+\sum_{k=0}^{N+h}\varepsilon_{k}(N+h-k)-\sum_{k=0}^{N}\varepsilon_{k}(N-k)\\
& =Ah+h\sum_{k=0}^{N}\varepsilon_{k}+\sum_{k=N+1}^{N+h}\varepsilon_{k}(N+h-k)\\
& =\tilde{A}h+a_{N+2}h+\sum_{k=N+1}^{N+h}\varepsilon_{k}(N+h-k).

\end{align*} En notant $\displaystyle M=\sup_{n\in \mathbb{N}} \vert S_{n} \vert$ et $\displaystyle \varepsilon(N)=\sup_{k\geq N+1}\vert \varepsilon_{k}\vert,$ on a alors par l'inégalité triangulaire :
\begin{align*}
h\vert \tilde{A}+a_{N+2} \vert & \leq 2M+h^{2}\varepsilon(N) ,&\text{d'où } \\
\vert \tilde{A}+a_{N+2} \vert & \leq \frac{2M}{h}+h\varepsilon(N).

\end{align*} On a alors (on peut aussi optimiser en $h$) : $\displaystyle \limsup_{N\rightarrow +\infty}\vert \tilde{A}+a_{N}\vert \leq \frac{2M}{h}.$
Et en faisant tendre $h$ vers $+\infty,$ on conclut que $\displaystyle a_{N}\xrightarrow[N \rightarrow +\infty]{} -\tilde{A}.$
Comme la suite $a$ converge et que $S$ est bornée, la limite de $a$ est donc nulle, ce qui prouve le résultat désiré.

supp

Je ne sais pas si c'est la même chose que BobbyJoe, mais l'inégalité (discrète) de Sobolev-Gallagher devrait être bien adaptée : si $(a_n)$ est une suite à valeurs complexes, pour tout $k \in \{1, \dotsc,n\}$, on a
$$\left|a_k \right| \leqslant \frac{1}{n} \left| \sum_{k=1}^n a_k \right| + \sum_{k=1}^{n-1} \left| a_{k+1} - a_k \right|.$$
BobbyJoe, c'était ta méthode ?

@Gebrane : Parles-tu de la typo $n-1$ à la place de $n$ dans la seconde somme ? Si oui, j'ai corrigé.

La preuve de Gallagher ne donnne malheureusement pas les meilleures constantes dans l'inégalité du grand crible...
Mais bon, la preuve de JLT est la plus rapide...

@side : non, pas de coquille. La preuve consiste essentiellement en une utilisation de sommations partielles qui permettent de montrer l'identité
$$a_k = \frac{1}{n} \sum_{h=1}^n a_h + \sum_{h=1}^{n-1} \Delta_n(k,h) \left( a_{h+1} - a_h \right)$$
où
$$\Delta_n(k,h):= \frac{1}{n} \times \begin{cases} h, & \textrm{si} \ 1 \leqslant h \leqslant k-1 \\ h-n, & \textrm{si} \ k \leqslant h \leqslant n-1. \end{cases}$$

@BobbyJoe : tu as manifestement des connaissances en théorie analytique des nombres...

Ce que tu dis est exact, mais la démonstration de Gallagher a pour elle le grand mérite d'être ô combien plus simple que celle de Selberg qui fournit la constante optimale (et qui utilise des inégalités raffinées et généralisées de celles de Bessel et d'Hilbert), et qui est suffisante dans bon nombre d'applications.

@noix de totos : Merci pour ces inégalités de Sobolev discrète (de mon coté, je m'étais intéressé à la forme des solutions de la récurrence suivante : $\displaystyle u_{n+2}-2u_{n+1}+u_{n}=\varepsilon_{n}$).

En effet, merci également pour les précisions concernant le grand crible :

-L'inégalité du grand crible avec constante optimale ($N+\frac{1}{\delta}-1$) utilise, à ma connaissance, le théorème de Paley-Wiener et de l'analyse complexe de haut niveau (cf preuve dans le livre de G. Tenenbaum).

-L'inégalité quasi-optimale ($N+\frac{1}{\delta}$) peut-être montrée à moindre frais avec des considérations de transformées de Hilbert discrète (mais cela reste difficile... et pas hyper intuitif!).

-La preuve de Galagher a le mérite de fournir une borne (optimale à des constantes près) et permet entre autres de prouver le fameux théorème de Brun (la somme des inverses des nombres premiers jumeaux convergent) de manière purement élémentaire (sans même invoquer des résultats type Mertens ou Tchebtychev).... C'est ça qui est rigolo!

Il doit te manquer un $1/(b-a)$ devant la 1ère intégrale.

Une autre façon possible est de remarquer que, par IPP, pour tout $x \in \left[ a,b \right]$ (avec $a < b$)
$$\int_x^b \frac{t-b}{b-a} f^{\, \prime} (t) \, \textrm{d}t + \int_a^x \frac{t-a}{b-a} f^{\, \prime} (t) \, \textrm{d}t = f(x) - \frac{1}{b-a} \int_a^b f(t) \, \textrm{d}t.$$
Cette identité te permet d'avoir une inégalité légèrement meilleure que celle du dessus si on spécifie $x = \frac{1}{2} (a+b)$ (qui est précisément celle que Gallagher a utilisé dans sa démonstration du grand crible) :
$$\left| f \left( \frac{a+b}{2} \right) \right| \leqslant \frac{1}{b-a} \int_a^b \left| f(t) \right| \, \textrm{d}t + \frac{1}{2} \int_a^b \left| f^{\, \prime} (t) \right| \, \textrm{d}t.$$