Exo X ( suite )

[prepamath]

Bonjour,
Je ne parviens vraiment pas à résoudre cet exercice :
Soit u suite des réels strictement positifs, tel que $$ \frac{1}{n}\sum_{\ell=1}^nu_{\ell} \rightarrow + \infty $$,
Montrer que $$ \frac{1}{n^2}\sum_{\ell=1}^n \ell u_{\ell} \rightarrow + \infty $$
Concernant mes pistes de travail, j'ai essentiellement essayé une transformation d'Abel pour abaisser le l mais sans réussite...
Avez vous des pistes svp ?

[Mathoss]

En posant S_k = somme des u_i jusqu'à k, tu auras que somme des l*u_l c'est la somme des S_k
On prend A >0, m tq pour n >=m, S_n >= A*n
Alors, somme des S_k entre m et n >= 1/2 * A*n^2 - A/2 * m^2
Quand tu divises par n^2, après avoir ajouté la somme entre 0 et m, tu auras une quantité >= A/3 pour n assez grand
Ça donne la divergence vers +inf!

[Nabuco]

Bonsoir,

Commence par prouver ce résultat :

Si $ \lim u_n=+\infty $ alors $\lim u_{n}-u_{E(n/2)}=+\infty$

Sers-toi en pour faire ton exo.

Bonne soirée.

C'est faux comme résultat, prendre Un=k si n vérifie 3^k<=n<3^(k+1), un tend vers l'infini, mais u2*3^k=u3^k.

[prepamath]

En posant S_k = somme des u_i jusqu'à k, tu auras que somme des l*u_l c'est la somme des S_k

C'est faux, on trouve plutôt - la somme des S_l + nS_n

[oty20]

Il me semble que l'estimation $\frac{1}{n^{2}} \sim \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ aide ici.

[BobbyJoe]

*On va d'abord montrer le résultat dans un premier temps si la suite des moyennes de Cesàro converge.
Je vais volontairement utiliser le formalisme des intégrales de Lebesgue-Stieljes (pour faire une transformée d'Abel plus rapidement, mais il s'agissait de la bonne idée!)

On note pour $ x\geq 1, $ $ \displaystyle A(x):=\sum_{1 \leq k \leq x}u_{l}. $ Par hypothèse, on a $ \displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{A(x)}{x}=\ell. $
On a alors pour $ x\geq 1, $

\begin{align*}
B(x):= \sum_{1 \leq k\leq x} ku_{k} & =\int_{1}^{x}tdA(t)\\
& = \left[tA(t)\right]_{1}^{x}-\int_{1}^{x}A(t)\\
& := \textbf{(1)} - \textbf{(2)}
\end{align*}

On a d'une part $\displaystyle \textbf{(1)}=xA(x)+O(1)$
puis pour $ 1 \ll L\leq x, $ on a par l'inégalité triangulaire intégrale et pour une constante $C>0,$

\begin{align*}
\big\vert \textbf{(2)}-\frac{x^{2}-1}{2}\ell \big\vert & \leq \int_{1}^{x}\vert \frac{A(t)}{t}-\ell \vert tdt\\
& \leq \int_{1}^{L}\vert \frac{A(t)}{t}-l \vert tdt+ \int_{L}^{x}\vert \frac{A(t)}{t}-\ell \vert tdt\\
& \leq CL^{2}+ Cx^{2}\sup_{t\geq L}\vert \frac{A(t)}{t}-\ell \vert.
\end{align*}

Il vient alors en divisant par $ \displaystyle \frac{1}{x^{2}} $ l'égalité définissant $ B $ pour avoir pour une certaine constante absolue $ C>0 $ :

$ \displaystyle \big\vert \frac{B(x)}{x^{2}}-\left( \frac{A(x)}{x}-\frac{\ell}{2} \right) \big\vert \leq C\left( \frac{1}{x^{2}} + \frac{L^{2}}{x^{2}} +\sup_{t\geq L}\vert \frac{A(t)}{t}-\ell \vert \right). $

Il vient alors $ \displaystyle \limsup_{x\rightarrow +\infty} \vert \frac{B(x)}{x^{2}}-\frac{\ell}{2}\vert \leq C\sup_{t\geq L}\vert \frac{A(t)}{t}-\ell \vert. $
Puis le résultat voulu, à savoir $ \displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{B(x)}{x^{2}}=\frac{\ell}{2}, $ en faisant tendre $ L $ vers $ +\infty. $

[JeanN]

J'ai aussi la réponse si on remplace +infini par une limite finie en écrivant $$ \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n k u_k = \frac{S_n}{n}-\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n} S_{k-1} $$ et en sommant les o(-) mais j'avoue que je ne vois pas trop comment faire le cas d'une limite infinie.
Les situations comme $$ S_n=2^n $$ et $$ S_n=n^2 $$ donnent des termes $$ \frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n} S_{k-1} $$ assez différents asymptotiquement par rapport à $$ \frac{S_n}{n} $$

[oty20]

voici ma proposition de solution :

On pose $$A_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{u_{k}}{n} \to +\infty$$ et $$S_{n}=\sum_{k=1}^{n} u_{k}$$ ,


On a :

$$\sum \frac{lu_{l}}{n^{2}}=\frac{u_{1}}{n^{2}}+\sum_{l=2}^{n} \frac{l}{n^{2}} (lA_{l}-(l-1)A_{l-1})$$

$$=\sum_{l=1}^{n} \frac{l^{2}A_{l}}{n^{2}}- \sum_{l=2}^{n} \frac{(l-1)^{2}A_{l-1}}{n^{2}}-\sum_{l=2}^{n} \frac{A_{l-1}}{n^{2}} $$

$$=A_{n}-\sum_{l=1}^{n-1} \frac{A_{l}}{n^{2}} ,~~~~(1)$$

Maintenant comme les termes sont strictement positifs on majore :
$$A_{k}=\frac{u_{1}+...+u_{k}}{k} \leq \frac{S_{n}}{k}$$

Soit donc d’après (1) :

$$\sum_{l=1}^{n} \frac{lu_{l}}{n^{2}} \geq A_{n} - (\frac{S_{n}}{n^{2}}) (\sum_{l=1}^{n} \frac{1}{l})$$

$$ \geq [1- \frac{1}{n}(\sum_{l=1}^{n} \frac{1}{l})] A_{n} $$
$$\geq (1-\frac{\ln(n)}{n}+o(\frac{\ln(n)}{n}) )A_{n}$$

Ce qui permet de conclure sauf erreur...

[JeanN]

(1) est faux à cause d'une erreur dans la troisième somme de la ligne précédente (oubli d'un l-1).

[oty20]

Merci, j'ai été trop rapide...
On se retrouve avec le même problème que vous avez signalé dans votre précédent poste