Série dont la somme des carrés converge

Je pense que ton indice de sommation est $n$ au lieu de $k$.

En étant un chouïa moins exigeant sur la somme partielle, celle-ci pourrait convenir (quitte à décaler, je ré-indice la somme pour la faire redémarrer à $2$) : on prend $a_n = (p \log p)^{-1/2}$ si $n=p$ est premier, $0$ sinon. Alors, on a vu il n'y a pas longtemps, dans un exercice que j'avais posé ici le mois dernier, que la série
$$\sum_p a_p^2 = \sum_p \frac{1}{p \log p}$$
converge, alors qu'avec le théorème des nombres premiers et un peu de calculs, on a, pour tout $x \geqslant 2$
$$\sum_{p \leqslant x} a_p = \sum_{p \leqslant x} \frac{1}{\sqrt{p \log p}} = \frac{2 \sqrt x}{ (\log x)^{3/2}} + O \left( \frac{\sqrt x}{(\log x)^{5/2}} \right).$$
Je rappelle qu'en arithmétique, la convention usuelle veut que tout produit ou toute somme indicée par la lettre $p$ ne porte que sur des nombres premiers.

Bonsoir

Je pense qu'une telle suite $(a_n)_n$ n'existe pas.
Soit $(a_n) _{n \in \N}$ une suite de réels positifs telle que $ S_N: =\displaystyle \sum _{n = 0}^N a_n \underset{+\infty} {\sim} \sqrt N. \quad S_N = \sqrt N(1+ u _N) , \quad \lim_{N \to + \infty} u_N =0.$
\begin{align*}
a_{n +1}&= S_{n+1} - S_n = (\sqrt{n+1} - \sqrt n) (1+ u_n )+\sqrt{n+1}(u_{n+1} - u_n) .\\
a_{n+1}^2 &= \left (\sqrt{n+1}- \sqrt n\right )^2 (1+ u_n)^2 + 2 \left(n+1-\sqrt{n^2+n} \right )(u_{n+1} - u_n)(1+u_n)+(n+1)(u_{n+1}-u_n)^2. \\
a_{n+1}^2 &= \Big(\frac 1{4n}+o\big(\frac 1n \big) \Big) (1+u_n)^2 +(u_{n+1} - u_n)(1+u_n) + \Big( \frac 1{4n} + o\big (\frac1n \big)\Big)(u_{n+1} - u_n) (1+u_n) +(n+1) (u_{n+1} - u_n) ^2. \\
a_{n+1}^2 &= \frac 1{4n} + o\big (\frac 1n \big) +( u_{n+1} - u_n) (1+u_n) + (n+1) (u_{n+1}-u_n)^2. \\ a_{n+1} ^2 &=\frac 1{4n} + o\big (\frac 1n \big) + (u_{n+1} - u_n) + \dfrac{u_{n+1}^2 -u_n^2}2 + (n+\frac 12)(u_{n+1} - u_n) ^2. \\ a_{n+1} ^2 &\geqslant \frac 1{4n} + o\big (\frac 1n \big) + (u_{n+1} - u_n) + \dfrac{u_{n+1}^2 -u_n^2}2.
\end{align*}.
Cette inégalité prouve que la série $\sum a_n^2$ diverge.

Bonsoir Gebrane,
A partir d'un certain rang, $\dfrac 1 {4n} + o(\dfrac 1n) = \dfrac 1{4n}(1+ o(1))> \dfrac 1{8n} $ qui est le terme général d'une série divergente.

Si $\sum_{k=0}^n a_k = \sqrt{n} + o(\sqrt n)$, alors d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz :
$$
\sum_{k=n+1}^{2n} a_k^2 \geqslant \frac{1}{n} \left(\sum_{k=n+1}^{2n} a_k\right)^2.
$$
Mais le membre de droite vaut $\frac1n\left(\sqrt{2n}-\sqrt{n} + o(\sqrt n)\right)^2 \xrightarrow[n\to\infty]{} (\sqrt 2 - 1)^2$.

La série $\sum_{k\geq 0} a_k^2$ diverge donc.

On peut aussi avoir des doutes grâce à la minoration évidente
$$\sum_{k \leqslant x} a_k^2 \geqslant \left(\min_{k \leqslant x} a_k \right) \sum_{k \leqslant x} a_k \gg x^{1/2} \min_{k \leqslant x} a_k$$
pour $x$ assez grand. C'est l'une des raisons pour laquelle j'ai cherché parmi mes sommes de nombres premiers, avec lesquelles on change (un peu) de monde.

Je me demandais si on peut répondre entièrement à la question suivante généralisant la question initiale.

On fixe $p\in\R_+$ et on considère une suite $(a_n)_{n\in\N}$ de réels positifs telle que $\displaystyle{\sum_{k=0}^n a_k \sim \sqrt{n}}$.
Étudier la convergence de la série $\displaystyle{S_p=\sum_{n\geq 0} a_n^p}$.

Nous avons démontré ci-dessus que la série $S_p$ diverge si $p\leq 2$. Peut-on dire quelque chose si $p>2$?

Bonjour,

Soit $\epsilon > 0$. On dispose d'un rang $n_0$ tel que $\sum_{n=n_0+1}^\infty a_n^2 < \epsilon$.

Soit $N \geqslant n_0$. Alors d'après l'inégalité de Cauchy-Schwarz :
$$
\sum_{n=n_0+1}^N a_n \leqslant \sqrt{N-n_0} \sqrt{\sum_{n=n_0+1}^N a_n^2} \leqslant \sqrt N \sqrt \epsilon.
$$
De plus $\displaystyle \sum_{n=0}^N a_n = \sum_{n=0}^{n_0} a_n + \sum_{n=n_0+1}^N a_n$.

On en déduit, que pour tout $N$ à partir d'un certain rang :
$$
0 \leqslant \frac1{\sqrt N}\sum_{n=0}^N a_n \leqslant 2\sqrt \epsilon
$$

Ce résultat implique le précédent sauf erreur?

Merci noix de totos. Je ne connaissais pas cette inégalité.

Du coup, si la série n’est pas nécessairement convergente pour $p>2$, il faut que je cherche du côté des séries lacunaires (comme souvent).

Cher MrJ,

Dans le cas $p > 2$ de ta question : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1962114,1962468#msg-1962468, les deux situations sont possibles.

Exemple 1. $\sum_{n \geq 1} \left(\frac{1}{2\sqrt n}\right)^p$ converge.
Exemple 2. $\sum_{n\geq 1} (1_{n \text{ est un carré}})^p$ diverge.

Et si on suppose la suite $a$ décroissante ? (indication en blanc ci-dessous)
Montrer que dans ce cas on a nécessairement $a_n \sim \frac1{2\sqrt n}$.

Oui.

Inégalité de Pólya-Szegö. Soit $(a_k)$ et $(b_k)$ des suites de réels strictement positifs telles qu'il existe $0<a<A$ et $0<b<B$ tels que, pour tout $k$, on ait $a \leqslant a_k \leqslant A$ et $b \leqslant b_k \leqslant B$. Alors, pour tout $n \geqslant 1$
$$\left( \sum_{k=1}^n a_k^2 \right)^{1/2} \left( \sum_{k=1}^n b_k^2 \right)^{1/2} \leqslant \frac{1}{2} \left( \sqrt{\frac{AB}{ab}} + \sqrt{\frac{ab}{AB}} \right) \sum_{k=1}^n a_kb_k.$$
Admirez la beauté de cette inégalité.

Inégalité de Pólya-Szegö généralisée. On reprend les suites $(a_k)$ $(b_k)$ ci-dessus, avec les mêmes hypothèses, et soit $\lambda > 1$. On note
$$D_1 := \lambda \left( bAB^{\lambda/(\lambda-1)} - a B b^{\lambda/(\lambda-1)} \right) \quad \textrm{et} \quad D_2 := \frac{\lambda}{\lambda-1} \left( aBA^\lambda - bAa^\lambda \right)$$
puis
$$C_\lambda := \frac{A^\lambda B^{\lambda/(\lambda-1)} - a^\lambda b^{\lambda/(\lambda-1)}}{D_1^{1/\lambda} D_2^{1-1/\lambda}}.$$
Alors
$$\left( \sum_{k=1}^n a_k^\lambda \right)^{1/\lambda} \left( \sum_{k=1}^n b_k^{\lambda/(\lambda-1)} \right)^{1 - 1 / \lambda} \leqslant C_\lambda \sum_{k=1}^n a_kb_k.$$
Je peux donner des références pour ceux qui le souhaitent. Il existe aussi des versions continues de l'inégalité de Pólya-Szegö.

Tu n'utilises pas la décroissance, mais à l'avant-dernière étape tu sembles considérer que $n(w_{n}-w_{n-1}) \to 0$.

Simeon d’après ton dernier message, on sent que la décroissance de la suite entraîne $n(w_{n}-w_{n-1}) \to 0$
Dans ton raisonnement utilises-tu ce petit lemme qu'on applique à $u_n= w_{n}-w_{n-1}$

Lemme a écrit:

Si $(u_n)$ est une suite décroissante de nombres strictement positifs et si $\sum u_n $est convergente, alors lim n $u_n$ = 0

@Siméon : Merci pour ta réponse! On ne peut rien dire de plus du coup.

@noix de totos : Merci pour l'inégalité. J'avais essayé de la trouver sur internet, mais je tombais sur des inégalités en rapport avec les distributions (dont l'inégalité que tu nous as présenté ci-dessus ne semblait pas découler).

En réponse à : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1962114,1962880#msg-1962880

Cher gebrane,

Il me semblerait que je t'ai égaré par mégarde. D'après ton calcul et mon indication, la décroissance de $u$ tel que $\sum_{k=0}^n u_k \sim \sqrt n$ implique bien que $n(w_n - w_{n-1}) \to 0$. Mais je ne sais pas du tout si c'est une piste intéressante... En revanche, s'inspirer de la démonstration du lemme que tu mentionnes est une bonne idée (je ne crois pas qu'on puisse l'appliquer directement) !

Je crois avoir réussi avec la définition directement (EDIT : Finalement non...)

Supposons que $(a_n)_{n\in\N}$ est une suite décroissante de réels positifs et que $S_n\sim \sqrt{n}$.
Soit $(u_n)_{n\in\N}$ la suite définie par $a_n=u_n (2\sqrt{n})^{-1}$.
Si $(u_n)_{n\in\N}$ ne converge pas vers $1$, alors il existe un réel $\varepsilon>0$ et une suite extraite strictement croissante $(k_n)_{n\in\N}$ telle que \[
\Big(\forall n\in\N,\quad u_{k_n}>1+\varepsilon\Big)\quad\text{ou}\quad\Big(\forall n\in\N,\quad u_{k_n}<1-\varepsilon\Big).
\] Pour tout $n\in\N$, on a dans le premier cas que \[
S_{k_n} = S_{k_0} + \sum_{i=1}^n (S_{k_i}-S_{k_{i-1}})\geq S_{k_0} + \sum_{i=1}^n (k_i-k_{i-1}) a_{k_i}\geq S_{k_0}+(1+\varepsilon) \sum_{i=1}^n (k_i-k_{i-1})\dfrac{1}{2\sqrt{k_i}}.

\] EDIT : Finalement, je me rend compte que je suis bloqué. Je voulais minorer avec une intégrale, mais ça ne marche pas...

Oui bien sûr : pour $\varepsilon > 0$, comparer $a_n$ avec
$$
\frac1{\lfloor \varepsilon n\rfloor} \sum_{k = n}^{n + \lfloor \varepsilon n\rfloor} a_k.
$$

bonsoir MrJ
Peux-tu expliquer comment tu as utilisé l'indication de Simeon

Cher Simeon j'ai suivis ton indication mais je bloque sur un passage à la limite, j'ai besoin de savoir que la suite $\sqrt n u_n$ admet une limite

J'obtiens en supposant que la dite limite existe que $$
\forall \epsilon \in ]0,1[, \quad \frac{\sqrt{1+\varepsilon}-1}{\varepsilon} \leq \lim \sqrt n a_n \leq \frac{1-\sqrt{1-\varepsilon}}{\varepsilon}.$$

Merci je vais regarder

Lol comme je suis bête et ça résout ce problème, j'ai honte c'est comme une gifle (je connais les limsup et inf qui existent toujours).
Merci Simeon

Tout à fait. Voir mon message ci-dessus : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1962114,1964704#msg-1964704

Dans les cas

1-$S_n\sim \ln(n)$ ca donne aussi $u_n \sim \frac 1n$ ?
2-$S_n\sim n\ln(n)$ ca donne aussi $u_n \sim \ln (n)$ ?
3-$S_n\sim \frac 1 n$ ca donne aussi $u_n \sim \frac 1{n^2}$ ? merci Mrj

la 3 C'est une étourderie - il ne faut pas faire confiance à sa mémoire "confinée" on a plutôt
$$\sum_{k=n+1}^{+\infty }\dfrac{1}{k^2}\sim \frac 1 n $$