Solutions
II.5.4. On pose f (x) = f 1 (x) + if 2 (x) et α = a + ib, a > 0. La condition
lim
x→+∞
(αf (x) + f (x)) = 0 donne
lim
x→+∞
(af 1 (x) + f
1 (x) − bf 2 (x)) = 0
(1)
et
lim
x→+∞
(af 2 (x) + f
2 (x) + bf 1 (x)) = 0.
(2)
On remarque alors que
lim
x→+∞
e
ibx f (x) = lim
x→+∞
e ax+ibx f (x)
e ax
= lim
x→+∞
e ax (f 1 (x) cos bx − f 2 (x) sin bx)
e ax
+ i lim
x→+∞
e ax (f 2 (x) cos bx + f 1 (x) sin bx)
e ax
.
On obtient, avec (1) et (2) et en utilisant la règle de l’Hospital (donnée
en II.3.40),
lim
x→+∞
e ax (f 1 (x) cos bx − f 2 (x) sin bx)
e ax
= lim
x→+∞
cos bx(af 1 (x) + f
1 (x) − bf 2 (x)) − sin bx(af 2 (x) + f
2 (x) + bf 1 (x))
a
= 0.
On montre de même que
lim
x→+∞
e ax (f 2 (x) cos bx + f 1 (x) sin bx)
e ax
= 0.
On a donc prouvé que lim
x→+∞
e ibx f (x) = 0, ce qui implique lim
x→+∞
f (x) = 0.
Finalement, on remarque que le résultat juste obtenu peut se généraliser
comme suit. Si lim
x→+∞
(αf (x) + f (x)) = L, alors lim
x→+∞
f (x) = L/α. En effet,
on a dans ce cas lim
x→+∞
α(f (x) − L/α) + (f (x) − L/α)
= 0 et, d’après ce
que l’on a prouvé précédemment, lim
x→+∞
(f (x) − L/α) = 0.
II.5.5. On prend α 1 =
1
2 −
√
3
2 i et α 2 =
1
2 +
√
3
2 i. On a
f (x) + f
(x) + f
(x) = α 2 α 1 f (x) + (α 2 + α 1 )f
(x) + f
(x)
= α 2 (α 1 f (x) + f
(x)) + (α 1 f (x) + f
(x))
.
D’après le résultat du problème précédent (voir la remarque à la fin de la solution), on a lim
x→+∞
(α 1 f (x) + f (x))) = L/α 2 et lim
x→+∞
f (x) = L/(α 2 α 1 ) = L.
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