Soit \(f:[0,+\infty [\longrightarrow \mathbb{R}\) une fonction continue en \(0\) telle que \(f(0)=0\) et \(\mbox{$\displaystyle \lim_{x\longrightarrow 0} $}\dfrac{f(2x)-f(x)}{x}=0\). Montrer que \(\mbox{$\displaystyle \lim_{x\longrightarrow 0} \dfrac{f(x)}{x} $}=0\).
( ).
Une des hypothèses fait intervenir \(f(2x)\) et \(f(x)\). On cherche à obtenir un résultat sur \(f(x)\) seulement. Ecrire la définition de la limite: il existe \(\alpha >0\) tel que pour tout \(x\in [0,\alpha [\), …Remarquer que \(\dfrac{x}{2}\leqslant\alpha\) et donc \(-\varepsilon \dfrac{x}{2} \leqslant f(x)-f(\dfrac{x}{2}) \leqslant \varepsilon \dfrac{x}{2}\). Ecrire ce que l’on obtient avec \(\dfrac{x}{4}\)... \(\dfrac{x}{2^{p}}\). Si on additionne ces inégalités et on fait tendre \(p\) vers \(+\infty\), qu’obtient-on?

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[ID: 630] [Date de publication: 13 janvier 2021 10:32] [Catégorie(s): Continuité des fonctions numériques ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




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Exercice 80
Par emmanuel le 13 janvier 2021 10:32

Soit \(\varepsilon>0\). Puisque \(\dfrac{f(2x)-f(x)}{x}\rightarrow 0\), il existe \(\alpha>0\) tel que \[\forall x\in[0,\alpha], \quad-\varepsilon\leqslant\dfrac{f(2x)-f(x)}{x} \leqslant\varepsilon\] Soit alors \(x\in [0,\alpha]\). Soit \(p\in \mathbb N\). Puisque \(\dfrac{x}{2}\), \(\dfrac{x}{2^2}\), …,\(\dfrac{x}{2^p} \in [0,\alpha]\), on a la série d’inégalités suivantes: \[\begin{aligned} -\varepsilon\dfrac{x}{2} &\leqslant f(x)-f(\dfrac{x}{2}) &\leqslant\varepsilon\dfrac{x}{2} \\ -\varepsilon\dfrac{x}{2^2} &\leqslant f(\dfrac{x}{2})-f(\dfrac{x}{2^2}) &\leqslant\varepsilon\dfrac{x}{2^2} \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ -\varepsilon\dfrac{x}{2^p} &\leqslant f(\dfrac{x}{2^{p-1}})-f(\dfrac{x}{2^p}) &\leqslant\varepsilon\dfrac{x}{2^p} \end{aligned}\] En sommant ces inégalités, on trouve que : \[-\varepsilon\dfrac{x}{2}\left( 1+ \dfrac{1}{2}+\dots +\dfrac{1}{2^{p-1}}\right) \leqslant f(x)-f(\dfrac{x}{2^p})\leqslant\varepsilon \dfrac{x}{2}\left( 1+ \dfrac{1}{2}+\dots +\dfrac{1}{2^{p-1}}\right)\] On calcule alors la somme géométrique \[1+\dfrac{1}{2}+\dots + \dfrac{1}{2^{p-1}}= \dfrac{1-\dfrac{1}{2^{p}}}{1-\dfrac{1}{2}}= 2(1-\dfrac{1}{2^p})\] On a donc montré que pour tout \(p \in \mathbb N\), \[-\varepsilon x (1-\dfrac{1}{2^p}) \leqslant f(x)-f(\dfrac{x}{2^p}) \leqslant \varepsilon x (1-\dfrac{1}{2^p})\] Comme ces inégalités sont valables quel que soit \(p\), on peut passer à la limite lorsque \(x\) est fixé et \(p\rightarrow +\infty\). Puisque \(\dfrac{1}{2^p}\xrightarrow[p\rightarrow +\infty]{} 0\) et que \(f\) est continue en \(0\), \(f(\dfrac{x}{2^p})\xrightarrow[p\rightarrow +\infty]{} f(0) =0\). On obtient donc que \[-\varepsilon x \leqslant f(x) \leqslant\varepsilon x \Rightarrow \left| \dfrac{f(x)}{x} \right| \leqslant\varepsilon\] On a bien montré que \(\dfrac{f(x)}{x} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} 0\).


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