Les dollars ne représentent rien, désolé...

Bonsoir,

Et bien

En utilisant les hypothèse, on montre que et j'imagine que l'hypothèse lim f(x)=0 en 0 sert à montrer que tend vers 0 (peut-être en revenant à la définition de la limite)

Bonjour,

On a f(x)=\sum_{k=1}^n (f(\frac{x}{2^k-1})-f(\frac{x}{2^k})) au voisinage de 0
car \lim_{x\to 0} f(x)=0 .
et en utilisant l'autre résultat on trouve que les terme du somme de \frac{f(x)}{x} =O qd x tend vers O

OK

Bonjour.

Tu prends >0 et n. Comme (f(2x)-f(x))/x tend vers 0, pour x assez petit, |(f(2.x/2^k-f(x/2^k)/x| </n pour tout k (en effet x/2^k est encore plus proche de 0 que x).

Donc [f(x)/x| < + |f(x/2ⁿ)/x|

Comme c'est vrai pour tout n et étant indépendant de n, avec la cntinuité de f en 0, on peut passer à la limite sur n. D'ou [f(x)/x| pour x assez petit.

Par définition, on a donc f(x)/x qui tend vers 0.

salut

à partir du post de gui_tou (merci à lui)

on peut remarquer que

donc si f(x)/xL finie alors on a L=+L/2ⁿ

ce qui implique que L=0

Oui d'ailleurs ca me montre que ma démonstration est fausse: ce n'est pas |((2.s/2^k)-f(x/2^k))/x| < /n mais |((2.s/2^k)-f(x/2^k))/(x/2^k|. MAis donc aussi à plus forte raison |((2.s/2^k)-f(x/2^k))/x|, le truc c'est que je ne l'ai simplement pas bien justifié.

x pas s

le pb c'est que peut dépendre de n...

Et non justement, est totalement indépendant de n ! Ou si j'ai fait une erreur, il faut me l'expliquer car je ne la vois pas.

pourquoi serait-il indépendant de n ?

tu as une de n "'" qui est =

pardon ...de n <<'>>...

/n depend de n mais pas . ne depend que de x. Dans ma démonstration, je dis pour tout k, etc ... Je n'entends pas par là pour k <1;n> mais pour tout k. est donc indépendant de n.

ouais j'avais lu un peu vite en plus ce s à la place du x et le f qui manque ...pas clair

ça semble raisonnable....

Bonjour,

On a au voisinage de 0
car .
et en utilisant l'autre résultat on trouve que les terme du somme de
[/tex]\frac{f(x)}{x} =O [/tex]qd x tend vers O

OK