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Bonjour, je cherche l'exercice suivant :

Soit $ (p_n)_{n\ge 0} $ une suite d'entiers strictement croissante, telle que $ n=o(p_n) $ lorsque $ n\rightarrow +\infty $. Montrer que $ (1-x)\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} x^{p_n} \rightarrow 0 $ lorsque $ x \rightarrow 1^{-} $. Etudier la réciproque.

Pas de souci pour le sens direct. Pour la réciproque, j'ai fait par l'absurde. Et j'arrive à une contradiction moyennant un équivalent que j'intuite mais que je n'arrive pas à démontrer.

Mon raisonnement :

On se donne $\varphi$ extractrice telle que $\forall n \ge 0, \varphi(n)\ge \varepsilon p_{\varphi(n)}$ , avec $\varepsilon >0$.

En utilisant la stricte croissance de $(p_n)_{n\ge 0}$, on n'a alors pas mieux comme encadrement que $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}x^{\alpha\varphi(n)}\sum_{k=0}^{\varphi(n)-\varphi(n-1)-1}x^{-k}\le\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} x^{p_n}$ puis,
$\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} x^{\alpha\varphi(n)} (x^{-\mu(n)}-1) \le \dfrac{1-x}{x}\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}x^{p_n} $
avec $\alpha\varepsilon=1$ et $\forall n\ge0, \mu(n)=\varphi(n)-\varphi(n-1)$ (et en posant $\varphi(-1)=\varphi(0)$).

Or, par une inégalité de convexité, il vient : $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} x^{\alpha\varphi(n)} (x^{-\mu(n)}-1) \ge -\operatorname{ln}(x)\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\mu(n)x^{\alpha\varphi(n)}=:-\operatorname{ln}(x)S(x)$

Montrons que $S(x)\underset{x\rightarrow 1^{-}}{\sim} I(x):=\displaystyle\int_0^{+\infty}x^{\alpha t} \operatorname{d} t=\dfrac{\varepsilon}{-\operatorname{ln}(x)}$ C'est cet équivalent que je présume.

D'où une absurdité.

Il suit alors que la condition est nécessaire.

Pour montrer l'équivalent, je n'ai pas mieux que cette inégalité, mais après je bloque...

$\Delta(x):=S(x)-I(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\mu(n)(x^{\alpha\varphi(n-1)}-x^{\alpha\varphi(n)})\le \alpha \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\mu(n)^2x^{\alpha\varphi(n-1)}$

en utilisant à nouveau une inégalité de convexité.

On aimerait que $\Delta(x)$ soit un $o(I(x))$



Merci d'avance !

Plus simplement, on peut remarquer que la suite $p$ tend vers $+\infty.$
Ainsi, pour $N\gg1,$ en choisissant $\displaystyle x=1-\frac{1}{p_{N}},$ il vient pour une constante absolue $C>0$, $$C\frac{N+1}{p_{N}}=C\frac{\vert\{n\in \mathbb{N}\mbox{ }|\mbox{ } p_{n}\leq p_{N}\}\vert }{p_{N}}\leq (1-x)\sum_{n\geq 0}x^{p_{n}}\leq \varepsilon.$$
Et ainsi, $N=o(p_{N}).$

Merci pour ta réponse !

Je ne comprends juste pas la majoration
$C(N+1)\le \sum_{n\ge 0} x^{p_n} $

Pourrais tu préciser ?

Et je suis toujours intéressé par l'équivalent, qui m'intéresse en soi car c'est une comparaison série intégrale avec des tranches de longueur variable, et je n'avais jamais auparavant croisé ce genre de choses !

En effet, pour le choix $\displaystyle x=1-\frac{1}{p_{N}},$ on a :
\begin{align*}
\sum_{n\geq 0}x^{p_{n}} & \geq \sum_{n=0}^{N}\left(1-\frac{1}{p_{N}}\right)^{p_{n}}\\
& \geq (N+1)\left(1-\frac{1}{p_{N}}\right)^{p_{N}}.
\end{align*}
La dernière inégalité découle du fait de la suite $p$ est croissante.
Or, la quantité $\displaystyle \left(1-\frac{1}{p_{N}}\right)^{p_{N}}$ tend vers $\displaystyle \frac{1}{e}$ lorsque $N$ tend vers $+\infty.$
D'où le résultat pour $N$ assez grand.

Très clair, merci !