[<] Propriétés des limites [>] Étude de continuité

 
Exercice 1  227   Correction  

Soit f:+ une fonction continue.
On suppose que limx+f(x)= et l’on désire établir

limx+1x0xf(t)dt=.
  • (a)

    Pour ε>0, justifier qu’il existe A+ tel que pour tout xA

    |1xAx(f(t)-)dt|ε.
  • (b)

    Conclure en écrivant

    1x0xf(t)dt-=1x0A(f(t)-)dt+1xAx(f(t)-)dt.

Solution

  • (a)

    Soit ε>0, puisque f(x)x+, il existe A+ tel que

    xA,|f(x)-|ε.

    Pour xA et pour tout t[A;x], |f(t)-|ε donc

    |1xAx(f(t)-)dt|1xAx|f(t)-|dtx-Axεε.
  • (b)

    On peut écrire

    1x0xf(t)dt-=1x0x(f(t)-)dt=1x0A(f(t)-)dt+1xAx(f(t)-)dt.

    Quand x+,

    1x0A(f(t)-)dt=Ctex0

    donc il existe A+ tel que

    xA|1x0A(f(t)-)dt|ε

    et alors pour A′′=max(A,A), on a

    xA′′|1x0x(f(t)-)dt|2ε.
 
Exercice 2  230      ENS CachanCorrection  

Soit f:[0;+[ de classe 𝒞1 telle que

limt+(f(t)+f(t))=.

Montrer que

f(t)t+.

Solution

Cas: =0. On remarque que (f(t)et)=(f(t)+f(t))et donc

f(x)ex=f(0)+0x(f(t)+f(t))etdt

puis

f(x)=f(0)e-x+0x(f(t)+f(t))et-xdt.

Il reste à montrer

0x(f(t)+f(t))et-xdtx+0.

Pour ε>0, il existe A+, pour tA,

|f(t)+f(t)|ε.

On a alors

|Ax(f(t)+f(t))et-xdt|ε

et

|0A(f(t)+f(t))et-xdt|eA-x0A|f(t)+f(t)|dtx+0.

Ainsi pour x assez grand,

|0x(f(t)+f(t))et-xdt|2ε.

Finalement,

f(x)x+0.

Cas général: Il suffit de considérer g:xf(x)-.

 
Exercice 3  228    

Soit f:[0;+[ une fonction continue vérifiant

f(x+1)-f(x)x+.

Montrer

f(x)xx+.
 
Exercice 4  5426      MINES (MP)Correction  

Soit f:+ une fonction continue vérifiant

x>0,f(nx)n+0.

Montrer que f est de limite nulle en +.

Solution

Par l’absurde, supposons que f ne soit pas de limite nulle. Il exsite ε>0 tel que

A+,x0A,|f(x0)|>ε.

On va construire par récurrence une suite réelle (ak) croissante, une suite réelle (bk) décroissante et une suite d’entiers (nk) strictement croissante telles que

k,ak<bketx]ak;bk[,|f(nkx)|>ε/2.

Pour A=0, il existe x00 tel que |f(x0)|>ε. Par continuité de f en x0, il existe a<b tel que |f(x)|>ε/2 pour tout x]a;b[. On pose alors

(a0,b0)=(a,b)etn0=1.

Supposons les termes ak,bk et nk déterminés comme voulu. Pour n assez grand, n(bk-ak)>1 et la réunion

n>nk]nak;nbk[

contient un intervalle de la forme [A;+[. Il existe alors un entier nk+1>nk et un réel x0]nk+1ak;nk+1bk[ tel que |f(x0)|>ε. Par continuité de f en x0, il existe ak+1<bk+1 tels que

]nk+1ak+1;nk+1bk+1[]nk+1ak;nk+1bk[

et

x]nk+1ak+1;nk+1bk+1[,|f(x)|ε/2.

Autrement dit,

]ak+1;bk+1[]ak;bk[etx]ak+1;bk+1[,|f(nk+1x)|ε/2.

On détermine ainsi, ak+1, bk+1 et nk+1 convenables.

On peut alors contredire l’hypothèse de départ. La suite (ak) est strictement croissante et majorée, elle possède donc une limite x>0 et celle-ci vérifie

k,x]ak;bk[

donc

k,|f(nkx)|ε/2.

La suite (f(nx)) n’est alors pas de limite nulle. C’est absurde!

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Édité le 08-11-2019

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