Une variante.

Bonjour ;

Soit f : ]0,+oo[ ---> IR continue .

On suppose que pour tout x>0 la suite f(nx)n admet une limite finie g(x) et que g est continue sur IR+*.

Montrer que f admet une limite finie en +oo sauf erreur bien entendu

Une idée

Montrer que g est constante sauf erreur bien entendu

qqs x>0 la suite f(nx) est de Cauchy
==> pour tout eps>0, ]0,+00[ est réunion dénombrable des fermés F_n={x>0 / |f(px)-f(qx)| =<eps, qqs p,q>n}
==> Baire ( car localement compact)
il existe N et v>u>0 tels que
[u,v] inclus dans F_N

De ceci on montre que f vérifie le critère de Cauchy :
il exite a>0 tel que x,y>a ===> |f(x)-f(y)|<eps
D'où le résultat.

Remarque :
En fait si lim f existe =L
==> qqs x>0 lim f(nx)=L
==> g(x)=L qqs x>0

Ok abdelbaki !

donc on n'a pas besoin de l'hypothèse supplémentaire : g continue sur IR+* ?

une petite application : sauf erreur bien entendu

si h : IR --> IR continue et vérifie h²(x) - h²(y) = h(x - y) h(x + y) pour tous x , y
montrer que h est dérivable en 0

Bonjour Abdelali
Il est facile de voir que h(0)=0 et h impaire .
Donc h est dérivable en 0 <==> t h(1/t) existe qd t-->+00.
<==> qqs x>0 , lim nx.h(1/(nx)) existe. (d'après ci dessus)
<==> qqs x>0 , lim n.h(x/n) existe.

Soit G={x>0 /h(x)=0}
si G est vide , alors h est injectif.
En effet, soient x et y : h(x)=h(y) ==> h(x-y)h(x+y)=0 ==> x=-y ou x=y
si x=-y ==> h(x)=-h(y) ==> h(y)=0 ==> y=0 ==> x=0 ==> x=y=0.

h continue et injectif ===> h strict. monotone.
Quitte à prendre -h (vérifie aussi l'équation), on peut supposer h strict croissante.
Donc x>0 <==> h(x)>0 . On a alors lim (+00)h=+00 ou L finie.

Si lim (+00)h= L ==> lim (-00)h= -L ( f impaire)
qqs x , h²(x)-L²=-L² ( tendre y vers +00 dans l'équation) ==> h nulle, absurde.

Donc, lim (+00)h=+00 ==> h est une bijection de IR sur IR (h impaire). soit k =h^(-1) la réciproque de h.
....... à suivre

Il reste encore le cas G non vide. soit a=inf G
si a=0 ==> f=0 ?
si a>0 ==> a période ?
je ne suis pas sûr de ce résultat.
Je pense qu'il faut ajouter l'hypothèse h dérivable en 0?
A+

Bonsoir abdelabaki ! OK pour h impaire ..

l'ensemble des zéros de h est un sous-groupe additif de IR
donc si h est non identiquement nulle il est de la forme aZ , a£IR+

dans les deux cas a=0 et a>0 , h ne s'annule pas sur un ]0,c] pour un certain c>0

pour x£]0,c/2] et n£IN* soit la subdivision régulière xk=kx/n

on montre assez facilement que h²(x)=(n/x).h(x/n).[S2n(2x)-Sn(2x)/2] (sommes de Riemann)

d'où pour tout x£]0,c/2] , (n/x).h(x/n) tend (quand n-->+oo) vers la quantité finie 2.h²(x)/int[0,2x]h(t)dt

en utilisant le lemme de baire ceci montre que h est dérivable en 0

et que pour tout x£]0,c/2] , h²(x)=(h'(0)/2).int[0,2x]h(t)dt sauf erreur bien entendu

Bonjour abdelali
Est ce que qqs x>0
(n/x).h(x/n) tend (quand n-->+oo) vers la quantité finie 2.h²(x)/int[0,2x]h(t)dt

Pour pouvoir utiliser Baire dans ]0,+00[

En fait on a pour tout y(=1/x)£[2/c,+oo[ , f(ny) ---> 2.h²(x)/int[0,2x]h(t)dt quand n ---> +oo où f(y)=yh(1/y)
la seule différence est qu'on a ici [2/c,+oo[ au lieu de ]0,+oo[
et je crois que la preuve que tu as donné marche encore dans ce cas sauf erreur bien entendu