Solutions
I.1.5. Il existe M 0 tel que |f (x)| M pour x ∈ [0 , 1]. Puisque
f (ax) = bf (x) pour x ∈
0 ,
1
a
, f
a 2 x
= b 2 f (x) pour x ∈
0 ,
1
a 2
. On peut
montrer par récurrence que
f (a
n x) = b
n f (x) pour x ∈
0 ,
1
a n
, n ∈ N
∗ .
Donc,
|f (x)| M
1
b n pour x ∈
0 ,
1
a n
, n ∈ N
∗ .
(∗)
D’autre part, l’égalité f (ax) = bf (x) implique f (0) = 0, ce qui, combiné à (∗),
donne le résultat cherché.
I.1.6.
(a) On a
x
2
1 + 2 + 3 + . . . +
1
|x|
= x
2
1 +
1
|x|
2
1
|x|
.
La définition de la fonction partie entière implique
1
2
(1 − |x|) < x
2
1 + 2 + 3 + . . . +
1
|x|
1
2
(1 + |x|)
si 0 < |x| < 1. La limite cherchée est donc égale à
1
2 .
(b) Comme en (a), on peut montrer que la limite est égale à
k(k+1)
2
.
I.1.7. Puisque P est un polynôme à coefficients strictement positifs,
on obtient, pour x > 1,
P (x) − 1
P (x)
[P (x)]
P ([x])
P (x)
P (x − 1)
.
Donc, lim
x→+∞
[P (x)]
P ([x]) = 1.
I.1.8. On considère la fonction f : R −→ R définie par
f (x) =
(−1)
n si x =
1
2 n , n ∈ N,
0
sinon.
Si maintenant f (x) ϕ(x), alors
ϕ(x) f (x) = (f (x) + f (2x)) − f (2x) (f (x) + f (2x)) − ϕ(2x),
ce qui donne lim
x→0
f (x) = 0.
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