Limite et continuité en un point (1/3)

Exercice 1.
Soit {f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}} une fonction {T}-périodique, avec T\gt0.
On suppose que {\displaystyle\lim_{+\infty}f=\ell}. Montrer que {f} est constante.
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Soit {x} dans {\mathbb{R}}. Pour tout {n} de {\mathbb{N}}, on a {f(x)=f(x+nT)}.

On a {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}(x+nT)=+\infty}, donc {\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}f(x+nT)=\ell}.

Ainsi {f(x)=\ell} pour tout {x} (et nécessairement {\ell} est réel).

Exercice 2.
Soit {f,g:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}}, avec {g} périodique, {f+g} monotone, et {\displaystyle\lim_{+\infty}f=0}.
Montrer que la fonction g est constante.
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Nous allons voir deux démonstrations.

  1. Notons {T>0} une période de {g}.

    On suppose par exemple que {f+g} est décroissante.

    On se donne les réels {a,b}. Il faut montrer que {g(a)=g(b)}.

    Soit {\varepsilon>0}. Il existe {m,n} dans {\mathbb{N}} tels que : {a+mT\le b+nT,\quad\left|{f(a+mT)}\right|\le\varepsilon,\quad\left|{f(b+nT)}\right|\le\varepsilon}La fonction {f+g} étant décroissante, on a : {(f+g)(a+mT)\ge (f+g)(b+nT)}Cette inégalité s’écrit aussi : {f(a+mT)+g(a)\ge f(b+nT)+g(b)}Ainsi : {g(a)-g(b)\ge f(b+nT)-f(a+mT)\ge -2\varepsilon}.

    Mais on peut choisir {m,n} tels que {a+mT\le b+nT}.

    On obtient alors {g(a)-g(b)\le -2\varepsilon}.

    On a finalement {\left|{g(b)-g(a)}\right|\le2\varepsilon}.

    Comme c’est vrai pour tout {\varepsilon}, il en résulte {g(a)=g(b)}.

  2. Cette deuxième démonstration m’a été suggérée par l’excellent @pi_r_bernard.

    La fonction f+g est monotone donc possède une limite \ell en +\infty.

    Or {\displaystyle\lim_{+\infty}f=0}, et g=(f+g)-f (astuce belge). Il en résulte {\displaystyle\lim_{+\infty}g=\ell}.

    Ainsi g est périodique et possède une limite en +\infty, donc est constante (cf ex.1).

Exercice 3.
Soit {f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}}, continue en {0}.
On suppose que {f(0)=0} et {\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\dfrac{f(2x)-f(x)}{x}=0}.
Montrer que {f} est dérivable en {0}, avec {f'(0)=0}.\phantom{\biggl(}
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Soit {\varepsilon>0}. Par hypothèse, il existe {\delta>0} tel que : {\left|x\right|\le\delta\Rightarrow\left|{f(2x)-f(x)}\right|\le\varepsilon\left|x\right|}Pour tout {n\ge1}, on a alors les implications : {\begin{array}{rl}\left|x\right|\le\delta&\Rightarrow\left|\dfrac{x}{2^{n}}\right|\le\delta\\\\&\Rightarrow\left|f\Bigl(\dfrac{x}{2^{n-1}}\Bigr)-f\Bigl(\dfrac{x}{2^{n}}\Bigr)\right|\le\varepsilon\left|\dfrac{x}{2^{n}}\right|\end{array}}On en déduit, toujours sous l’hypothèse {\left|x\right|\le\delta} : {\begin{array}{rl}\left|f(x)-f\Bigl(\dfrac{x}{2^{n}}\Bigr)\right|&=\left|\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\Bigl(f\Bigl(\dfrac{x}{2^{k-1}}\Bigr)-f\Bigl(\dfrac{x}{2^{k}}\Bigr)\Bigr)\right|\\\\&\le\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left|f\Bigl(\dfrac{x}{2^{k-1}}\Bigr)-f\Bigl(\dfrac{x}{2^{k}}\Bigr)\right|\\\\&\le \varepsilon\left|x\right|\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k}}\le\varepsilon\left|x\right|\end{array}}Dans l’inégalité obtenue, on utilise {\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}f\Bigl(\dfrac{x}{2^{n}}\Bigr)=0} (continuité de {f} en {0}).

On en déduit : {\forall\,\varepsilon>0,\exists\,\delta>0,\;\left|x\right|\le\delta\Rightarrow\left|{f(x)}\right|\le\varepsilon\left|x\right|}.

On a donc prouvé : {\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}\dfrac{f(x)}{x}=0}.

Exercice 4.
Soit {f:\mathbb{R}^{+*}\rightarrow\mathbb{R}^{+*}}, croissante, telle que {\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(2x)}{f(x)}=1}.
Montrer que : {\forall\,\lambda>0,\;\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(\lambda x)}{f(x)}=1}.
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On écrit : {\dfrac{f(2^{n+1}x)}{f(x)}=\dfrac{f(2(2^{n}x))}{f(2^{n}x)}\dfrac{f(2^{n}x)}{f(x)}}.

Par récurrence, on en déduit : {\forall\, n\in\mathbb{N},\;\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(2^{n }x)}{f(x)}=1}.

Mais cela s’écrit aussi : {\forall\, n\in\mathbb{N},\;\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(x)}{f(2^{n }x)}=1}.

Finalement : {\forall\, n\in\mathbb{Z},\;\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(2^{n }x)}{f(x)}=1}.

Pour {\lambda>0} donné, posons {n=\Big\lfloor\dfrac{\ln\lambda}{\ln2}\Big\rfloor\in\mathbb{Z}}.

Avec ces notations, on a {2^{n}\le \lambda\lt 2^{n+1}}.

La croissance de {f} donne : {\dfrac{f(2^{n }x)}{f(x)}\le \dfrac{f(\lambda x)}{f(x)} \le \dfrac{f(2^{n+1}x)}{f(x)}}Par encadrement, on en déduit : {\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\dfrac{f(\lambda x)}{f(x)}=1}.