Section 5.1 Moyennes itérées explicites: SommationS de Cesàro
Par opposition avec Hölder où on somme les termes, puis on divise par le nombre de termes, puis on somme les moyennes obtenues, puis on divise par le nombre de termes, etc, les sommations de Cesàro consistent à itérer les sommes d'abord, et à ne diviser que tout à la fin. Je m'explique:
Définition 5.1.1 .
Soit \((a_n)_n\) une suite de réels. On pose, pour tout \(n\in\N\text{:}\)
\begin{align*}
S^{(0)}_n \amp= S_n = a_0+a_1+....+a_n\\
S^{(1)}_n \amp= S^{(0)}_0+S^{(0)}_1+....+S^{(0)}_n\\
\amp\vdots\\
S^{(p)}_n \amp= S^{(p-1)}_0+S^{(p-1)}_1+....+S^{(p-1)}_n
\end{align*}
Une fois qu'on en a assez de sommer, on définit:
\begin{equation*}
c_n{(p)} = \frac{S_n^{(p)}}{\binom{n+p}{p}}
\end{equation*}
Et, vous vous en doutez, si la suite \((c_n{(p)})_n\) a une limite \(S\) quand \(n\rightarrow\infty\text{,}\) on dit que la série de terme général \((a_n)_n\) est \((\mathcal C,p)\) -convergente, ce qu'on note
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty a_n = S \quad [\mathcal C,p]
\end{equation*}
On obtient ainsi une nouvelle famille de méthodes de sommations, les sommations de Cesàro .
Figure 5.1.2. Illustration d'origine 1 Voyons à quoi ça ressemble:
Pour \(p=0\text{,}\) \(S_n^{(0)}=S_n\text{,}\) donc une série \((\mathcal C,0)\) -converge ssi elle tradiconverge.
Pour \(p=1\text{,}\)
\begin{align*}
S^{(1)}_n\amp =\sum_{k=0}^n S^{(0)}_k = S_0+S_1+...+S_n\\
c^{(1)}_n \amp= \frac{S^{(1)}}{\binom{n+1}{1}}=\frac{S_0+...+S_n}{n+1}
\end{align*}
donc une série \((\mathcal C,1)\) -converge si et seulement si elle....\((\mathcal C,1)\) -converge, au sens qu'on avait introduit à la Définition 3.1.2 2
Pour \(p=2\text{,}\) c'est là que les nouveautés commencent:
\begin{align*}
S^{(2)}_n \amp =\sum_{k=0}^n S^{(1)}_k\\
\amp = S^{(1)}_0+S^{(1)}_1+...+S^{(1)}_n\\
\amp = S_0\\
\amp + S_0+S_1\\
\amp + S_0+S_1+S_2\\
\amp \vdots\\
\amp + S_0+S_1+...+S_n\\
\amp = (n+1)S_0+n S_1+...+2S_{n-1}+S_n\\
\amp=\sum_{k=0}^n (n+1-k) S_k\\
\leadsto\ c^{(2)}_n \amp= \frac{S^{(2)}}{\binom{n+2}{2}}=\frac{2\sum_{k=0}^n (n+1-k) S_k}{(n+1)(n+2)}
\end{align*}
Pour \(p=3\text{,}\) si on joue au même jeu, on trouve:
\begin{align*}
S^{(3)}_n \amp =\sum_{k=0}^n S^{(2)}_k\\
\amp = S^{(2)}_0+S^{(2)}_1+...+S^{(2)}_n\\
\amp = S_0\\
\amp + 2S_0+S_1\\
\amp + 3S_0+2S_1+S_2\\
\amp \vdots\\
\amp + (n+1)S_0+nS_1+...+S_n\\
\amp = \frac{(n+1)(n+2)}2S_0+ \frac{n(n+1)}2 S_1 +...+ 2S_{n-1}+S_n\\
\amp=\sum_{k=0}^n \frac{(n+2-k)(n+1-k)}2 S_k\\
\leadsto\ c^{(3)}_n\amp= \frac{S^{(2)}}{\binom{n+3}{3}}=\frac{3\sum_{k=0}^n (n+2-k)(n+1-k) S_k}{(n+1)(n+2)(n+3)}
\end{align*}
\(\leadsto\) Ce n'est pas très joli, mais on peut peut-être espérer trouver une formule générale qui donne \(S^{(p)}_n\) en fonction des \(S_n\text{.}\)
Avant de faire ça, pour nous faire une idée plus précise, voyons ce que donne cette nouvelle méthode pour deux de nos sommes favorites:
\begin{equation*}
1-2+3-4+...\text{ et } 1^2 -2^2+3^2-4^2+...
\end{equation*}
Exercice 5.1.1 . Cesàro-somme de 1-2+3-4+....
(a) Posons \(b_n=(-1)^{n+1}n\) et calculons les sommes (de sommes de sommes) d'Ernesto, en ne travaillant pas davantage que strictement nécessaire.
On a calculé plus haut les sommes partielles:
\begin{equation*}
S_n^{(0)} = \sum_{k=0}^n (-1)^{n+1}n = \begin{cases} -p \text{ si } n=2p,\\ p+1 \text{ si } n=2p+1\end{cases}
\end{equation*}
En déduire que
\begin{equation*}
S_n^{(1)} = \sum_{k=0}^n S_n^{(0)} = \begin{cases} 0 \text{ si } n=2p,\\ p+1 \text{ si } n=2p+1\end{cases}
\end{equation*}
Indice .
Rappelons que
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{2p} S_k \amp= \sum_{j=0}^{p-1} (S_{2j}+S_{2j+1}) +S_{2p}\\
\sum_{k=0}^{2p+1} S_k= \sum_{j=0}^{p} (S_{2j}+S_{2j+1})
\end{align*}
Spoiler . (b) De là, montrer que
\begin{equation*}
S_n^{(2)} = \sum_{k=0}^n S_k^{(1)} = \begin{cases} \frac{p(p+1)}2 \text{ si } n=2p,\\ \frac{(p+1)(p+2)}2 \text{ si } n=2p+1\end{cases}
\end{equation*}
et que ça donne
\begin{equation*}
S_n^{(2)} = \sum_{k=0}^n S_k^{(1)} = \begin{cases} \frac{n(n+2)}8 \text{ si } n \text{ pair},\\ \frac{(n+1)(p+3)}8 \text{ si } n \text{ impair}\end{cases}
\end{equation*}
Indice .
On ne change pas une astuce qui gagne !
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{2p} S^{(1)}_k \amp= \sum_{j=0}^{p} (S^{(1)}_{2j}+S^{(1)}_{2j+1})+S^{(1)}_{2p}\\
\sum_{k=0}^{2p+1} S^{(1)}_k \amp= \sum_{j=0}^{p} (S^{(1)}_{2j}+S^{(1)}_{2j+1})
\end{align*}
Spoiler . (c) En déduire que
\begin{equation*}
c^{(2)}_n = \frac{S_n^{(2)}}{\binom{n+2}{2}} \rightarrow \frac14
\end{equation*}
\(\leadsto\) On récupère le résultat espéré:
\begin{equation*}
\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n+1}n = \frac14 \quad[\mathcal C,2]
\end{equation*}
Indice . Séparer les sous-suites \(c^{(2)}_{2n}\) et \(c^{(2)}_{2n+1}\) et montrer qu'elles convergent toutes les deux vers \(\frac14\text{.}\) En déduire la limite de \(c^{(2)}_{n}\text{.}\)
Spoiler . Passons maintenant à la somme alternée des carrés 3
Exercice 5.1.2 . Cesàro-somme de 1²-2²+3²-4²+....
(a) Posons comme précédemment \(q_n=(-1)^{n+1}n^2\) et reprenons ce qu'on a déjà calculé au Exercice 4.2.3 :
On sait déjà que:
\begin{equation*}
S_n^{(0)} = \sum_{k=0}^n (-1)^{n+1}n^2 = \begin{cases} -p(2p+1) \text{ si } n=2p,\\ (p+1)(2p+1) \text{ si } n=2p+1\end{cases}
\end{equation*}
Et que
\begin{equation*}
S_n^{(1)} = \sum_{k=0}^n S_n = \begin{cases} -p(p+1) \text{ si } n=2p,\\ (p+1)^2 \text{ si } n=2p+1\end{cases}
\end{equation*}
En partant de là, montrer que
\begin{equation*}
S_n^{(2)} = \sum_{k=0}^n S^{(1)}_k =\begin{cases} -\frac{p(p+1)}2 \text{ si } n=2p,\\ \frac{(p+1)(p+2)}2 \text{ si } n=2p+1\end{cases}
\end{equation*}
Exprimer ce résultat en fonction de \(n\) directement (plutôt que de \(p\) ).
Indice .
Toujours la même:
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{2p} S^{(1)}_k \amp= \sum_{j=0}^{p-1} (S^{(1)}_{2j}+S^{(1)}_{2j+1}) +S^{(1)}_{2p}\\
\sum_{k=0}^{2p+1} S^{(1)}_k \amp= \sum_{j=0}^{p} (S^{(1)}_{2j}+S^{(1)}_{2j+1})
\end{align*}
Spoiler . (b) Montrer que
\begin{equation*}
c^{(2)}_{2n} \xrightarrow[n\rightarrow \infty]{}-\frac14, c^{(2)}_{2n+1} \xrightarrow[n\rightarrow \infty]{}\frac14
\end{equation*}
Est-ce que \(\sum (-1)^{n+1}n^2\) \((\mathcal C,2)\) -converge ?
(c) Du coup, on continue !
Calculer:
\begin{equation*}
S_n^{(3)} = \sum_{k=0}^n S^{(2)}_k
\end{equation*}
et montrer que ça donne
\begin{equation*}
S_n^{(3)} =\begin{cases} 0 \text{ si } n=2p,\\ \frac{(p+1)(p+2)}2 \text{ si } n=2p+1\end{cases}
\end{equation*}
(d) A ce stade, on pourrait avoir l'impression désagréable de tourner en rond.
Mais ce n'est pas la convergence de \(S_n^{(3)}\) ou \(S_n^{(2)}\) qui nous intéresse !
Calculer
\begin{equation*}
c_n^{(3)}=\frac{S_n^{(3)}}{\binom{n+3}{3}}
\end{equation*}
\(\leadsto\) Est-ce que ça, ça converge ?
Que vaut la \((\mathcal C,3)\) -somme de \(1^2-2^2+3^2-4^2 +...\) ?
Maintenant qu'on voit un peu mieux comme la méthode marche en itérant, revenons à cette histoire de formule générale:
Proposition 5.1.3 .
Pour tout \(n\in \N\) et pour tout \(p\in\N^*\text{,}\) on a
\begin{equation}
S_n^{(p)}=\sum_{k=0}^n \binom{n+p-1-k}{p-1} S_k = \sum_{k=0}^n\binom{n+p-k}{p}a_k\tag{5.1.1}
\end{equation}
Ce que l'on va maintenant démontrer.
J'espère que vous aimez les coefficients binomiaux.
Exercice 5.1.3 . Formule secrète des sommes de Cesàro.
(a) Vérifier que pour \(p=1,2\) et \(3\text{,}\) la formule de l'équation (5.1.1) redonne bien le résultat qu'on a trouvé juste avant.
(b) Puisqu'on passe de \(S^{(p)}\) à \(S^{(p+1)}\) en faisant des sommes, on va faire ça par récurrence sur \(p\text{.}\) En faisant des sommes.
On a déjà fait la première étape \(p=1\) (et on a même fait un peu de zèle) à la question précédente.
Passons donc à la partie sérieuse. On suppose que, pour tout \(k\in\N\text{,}\)
\begin{equation*}
S_n^{(p)}=\sum_{i=0}^k \binom{n+p-1-i}{p-1} S_i
\end{equation*}
et notre mission est de montrer que
\begin{equation*}
S_n^{(p+1)}=\sum_{i=0}^n \binom{n+p-i}{p} S_i
\end{equation*}
\(\leadsto\) Montrer dans un premier temps que, pour \(n\in\N\text{,}\)
\begin{equation*}
S_n^{(p+1)} =S_0^{(p)}+S_1^{(p)}+....+S_n^{(p)} = \sum_{i=0}^n \left(\sum_{j=0}^{n-i}\binom{p-1+j}{p-1}\right)S_i
\end{equation*}
Indice .
Remarquez que, d'après notre hypothèse de récurrence, on peut écrire \(S_n^{(p+1)}\) est une double somme.
\(\leadsto\) Intervetir prudemment ces deux sommes pour montrer que
\begin{equation*}
S_n^{(p+1)}=\sum_{i=0}^n \sum_{k=i}^n \binom{k+p-1-i}{p-1}S_i
\end{equation*}
puis faire un décalage de variables qui va bien dans la somme intérieure ci-dessus.
Spoiler . (c) Maintenant, il faut qu'on calcule
\begin{equation*}
\sum_{j=0}^{n-i}\binom{p-1+j}{p-1}
\end{equation*}
ce qui peut sembler difficile (surtout, n'essayez pas avec des factorielles !). Il va nous falloir l'aide du père Noël. On va montrer la formule suivante, appelée "formule de la chaussette de Noël" (ou "formule de la crosse de hockey") 4
\begin{equation*}
\forall \ell,m\in\N,\ \sum_{j=0}^m \binom{\ell+j}{j} = \binom{m+\ell+1}{m}
\end{equation*}
Avant de montrer cette formule, vérifiez qu'elle résoud effectivement notre problème: si elle est vraie, on peut en déduire
\begin{equation*}
\sum_{j=0}^{n-i}\binom{p-1+j}{p-1} = \binom{n+p-i}{p-1}
\end{equation*}
Indice . Appliquer avec \(m=n-i\text{,}\) \(\ell=p-1\text{.}\) Rincer abondamment.
Spoiler . (d) Attaquons-nous donc à cette chaussette. On peut le faire par récurrence, mais il y a plus fun.
Partons d'une formule bien connue, valide du moment que \(y\neq 1\text{:}\)
\begin{equation*}
1+y+...+y^{m+\ell}=\frac{y^{m+\ell+1}-1}{y-1}
\end{equation*}
et appliquons-la avec \(y=1+x\) pour \(x\) non nul:
\begin{gather*}
1+(1+x)+(1+x)^2+....+(1+x)^{m+\ell} = \frac{(1+x)^{m+\ell+1}-1}{(1+x)-x}\\
\Rightarrow \sum_{k=0}^{m+\ell}(1+x)^k=\frac1x((1+x)^{m+\ell+1}-1) \quad (\star)
\end{gather*}
A partir de là, montrer que, pour tout \(x\neq0\text{,}\)
\begin{equation*}
\sum_{i=0}^{m+\ell} \left(\sum_{j=0}^{m+\ell-i}\binom{j+i}{i}\right)x^i = \sum_{k=0}^{m+\ell}\binom{m+\ell+1}{k+1} x^k \quad (\star\star)
\end{equation*}
(e) On a donc obtenu une égalité \((\star\star)\) entre deux polynômes: c'est le moment de se rappeler que deux polynômes sont égaux 7
En choisissant le bon coefficient parmi tous ceux qui apparaissent dans \((\star\star)\text{,}\) montrer la formule de la chaussette de Noël.
Indice . Regarder, de chaque côté, le coefficient de degré \(\ell\text{.}\)
Spoiler . (f) Il nous reste à montrer la formule qui donne \(S_n^{(p)}\) directement en fonction des \((a_n)_n\text{:}\)
\begin{equation*}
S_n^{(p)} = \sum_{k=0}^n\binom{n+p-k}{p}a_k
\end{equation*}
En partant de la droite de l'égalité, déduire cette formule de celle qui donne \(S_n^{(p)}\) en fonction des \(S_n\text{.}\)
Indice .
Remarquons que, pour tout \(k\neq 0\text{,}\) \(a_k=S_k-S_{k-1}\text{.}\)
Et d'autre part, Pascal nous rappelle que, pour tout \(n \in \N\) et pour tout \(0\leq k \leq n\text{,}\)
\begin{equation*}
\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1}+\binom{n-1}{k}
\end{equation*}
Spoiler . www.deviantart.com/akiiraii/art/Archer-Character-Design-642226974
C'est bien fait, tout ça, quand même !
Que s'attend-on à trouver ?
Pourquoi ? Parce qu'on peut la représenter comme ceci dans le triangle de Pascal:
Figure 5.1.4. From Wolfram Math World 5
mathworld.wolfram.com/ChristmasStockingTheorem.html
historica.fandom.com/wiki/Pope_Alexander_VI#French_invasion
c'est à dire, \(P_1(x)=P_2(x)\) pour tout \(x\) , ce qui est bien le cas ici.
