Solutions
I.5.12. Soit ε > 0. On choisit δ > 0 de sorte que pour x, x 0,
x − x
< δ implique
f (x) − f (x
)
<
ε
2
.
Soit x 1 , x 2 , . . . , x k des points de l’intervalle [0 , 1] tels que pour tout x ∈ [0 , 1],
il y ait un x i vérifiant |x − x i | < δ. Puisque lim
n→+∞
f (x i + n) = 0 pour
i = 1, 2, . . . , k, il existe n 0 tel que |f (x i + n)| <
ε
2 pour n > n 0 et pour
i = 1, 2, . . . , k. On suppose que x n 0 + 1 et on pose n = [x]. Il existe alors
x i tel que |x − (n + x i )| < δ. Il s’ensuit que
|f (x)| |f (x) − f (x i + n)| + |f (x i + n)| ε.
I.5.13. Par continuité uniforme de f sur [1 , +∞[, il existe δ > 0 tel que
|f (x) − f (x )| < 1 si |x − x | < δ. Tout x 1 peut s’écrire sous la forme
x = 1 + nδ + r, où n ∈ N et 0 r < δ. Donc,
|f (x)| |f (1)| + |f (x) − f (1)| |f (1)| + (n + 1).
En divisant par x, on obtient
|f (x)|
x
|f (1)| + (n + 1)
1 + nδ + r
|f (1)| + 2
δ
= M.
I.5.14. Comme dans la solution du problème précédent, on trouve δ > 0 tel
que si x = nδ + r, alors
|f (x + u) − f (u)| n + 1
pour tout u 0. Donc,
|f (x + u) − f (u)|
x + 1
n + 1
1 + nδ + r
2
δ
= M.
I.5.15. Soit {x n } une suite de Cauchy d’éléments de A, autrement dit, étant
donné δ > 0, il existe n 0 ∈ N ∗ tel que |x n − x m | < δ pour tous n, m n 0 .
Par continuité uniforme de f , étant donné ε > 0, il existe δ ε > 0 tel que
|f (x n ) − f (x m )| < ε si |x n − x m | < δ ε . Donc, {f (x n )} est une suite de Cauchy.
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