Limite en +oo

Montrer que toute fonction périodique et non constante n admet pas de limite en +oo.

Salut imane20 ;
il est très théorique cet exo ;
on peut le faire par absurde ,
on note f une fonction périodique et non constante :
- on a f(x)=f(x+p) avec que p sa période .
démontre par récurrence que : f(x+np) = f(x)
- et il existe a,b des réels distincts tel que f(a) est différent de f(b)
pose a_n = a+np , et b_n = b+np

puis suppose que f admet une limite en +00
essaie maintenant de trouver une contradiction

ça doit marcher incha-alah

voila ce ke j ai fé mé chui pa sure;;
supposons ke f(a_1)>f(b_1)
et on pose: epsilon=f(a_1)-f(b_1)>0.
lim(x--->+oo)f(x)=l ===> (for all epsilon >0)(exist x_0)(forall x>x_0)
|f(x)-l|< ep/2

on a donc:f(a_1)-f(b_1)=|f(a+p)-f(b+p)-l+l|<|f(a)-l-f(b)+l|<|f(a)-l|+|l-f(b)|
<|f(a)-l|+|f(b)-l|< ep


alors c une contradiction puiske on a epsilon < ep

que pensez vs?

je pense que c'est faux imane ;
on ne peut pas supposer f(a_1)>f(a_2) puisque f(a_1)=f(a_2)
tu as déjà démontrer que f(x)=f(x+np) pour tout x€R , et n€N

ah oui badr_210 j ai pa fé attention; je vé essayé , merci

imane20 a écrit:

voila ce ke j ai fé mé chui pa sure;;
supposons ke f(a_1)>f(b_1)
et on pose: epsilon=f(a_1)-f(b_1)>0.
lim(x--->+oo)f(x)=l ===> (for all epsilon >0)(exist x_0)(forall x>x_0)
|f(x)-l|< ep/2

on a donc:f(a_1)-f(b_1)=|f(a+p)-f(b+p)-l+l|<|f(a)-l-f(b)+l|<|f(a)-l|+|l-f(b)|
<|f(a)-l|+|f(b)-l|< ep


alors c une contradiction puiske on a epsilon < ep

que pensez vs?

Et mtn?

imane20 a écrit:

imane20 a écrit:

voila ce ke j ai fé mé chui pa sure;;
supposons ke f(a_1)>f(b_1)
et on pose: epsilon=f(a_1)-f(b_1)>0.
lim(x--->+oo)f(x)=l ===> (for all epsilon >0)(exist x_0)(forall x>x_0)
|f(x)-l|< ep/2

on a donc:f(a_1)-f(b_1)=|f(a+p)-f(b+p)-l+l|<|f(a)-l-f(b)+l|<|f(a)-l|+|l-f(b)|
<|f(a)-l|+|f(b)-l|< ep


alors c une contradiction puiske on a epsilon < ep

que pensez vs?

Et mtn?

Salut imane ;
je pense que c'est plutôt:
lim(x--->+oo)f(x)=l ===> (for all epsilon >0)(exist x_0)(forall x>x_0)
|f(x)-l|< ep

on a donc: ep=f(a_1)-f(b_1)=|f(a+p)-f(b+p)-l+l|<|f(a)-l-f(b)+l|<|f(a)-l|+|l-f(b)|
<|f(a)-l|+|f(b)-l|< 2ep

donc |f(x)-l|< ep = f(a_1)-f(b_1) <2ep

je ne vois pas où est la contradicrion puisqu'on a pour tt ep >0 ;ep <2ep

slt (j'espere que je ne fait pas de faute)
S’il admet une limite finie en +00
Donc : (pr tt e>0)(il existe B>0)(pr tt x de Df) :
x>B ==> /f(x)-l/<e
posant B=kb+r/ r<b et b est la periode de f.
on a pour tt x de [(k+1)b ;(k+2)b] on x >B.
(donc pr tt x de [(k+1)b ;(k+2)b)])(pr tt e>0)
x appartient à [(k+1)b ;(k+2)b] ==>/f(x)-l/<e
donc pour tt x de R on a f(x)=l.
et il ne peut etre lim x-->+00/f(x)/=+00
car si nn (il existe x>B)(pr tt A>0) x>B ==>f(x)>A
donc pr tt x de [(k+1)b ;(k+2)b] /f(x)/ >A
ce qui est absurde .
[/b]

ouths a écrit:

slt (j'espere que je ne fait pas de faute)
S’il admet une limite finie en +00
Donc : (pr tt e>0)(il existe B>0)(pr tt x de Df) :
x>B ==> /f(x)-l/
posant B=kb+r/ r
on a pour tt x de [(k+1)b ;(k+2)b] on x >B.
(donc pr tt x de [(k+1)b ;(k+2)b)])(pr tt e>0)
x appartient à [(k+1)b ;(k+2)b] ==>/f(x)-l/ <e
donc pour tt x de R on a f(x)=l.
et il ne peut etre lim x-->+00/f(x)/=+00
car si nn (il existe x>B)(pr tt A>0) x>B ==>f(x)>A
donc pr tt x de [(k+1)b ;(k+2)b] /f(x)/ >A
ce qui est absurde .

bonjour ouths
je pense que tu veux dire :
[/b]donc pour tt x de R on a lim(x-->+00)f(x)=l.
mais la question est de démontrer que f n'admet pas de limite en +00. c'est pratiquement le contraire ce que tu viens de faire .

badr_210 a écrit:

ouths a écrit:

slt (j'espere que je ne fait pas de faute)
S’il admet une limite finie en +00
Donc : (pr tt e>0)(il existe B>0)(pr tt x de Df) :
x>B ==> /f(x)-l/
posant B=kb+r/ r
on a pour tt x de [(k+1)b ;(k+2)b] on x >B.
(donc pr tt x de [(k+1)b ;(k+2)b)])(pr tt e>0)
x appartient à [(k+1)b ;(k+2)b] ==>/f(x)-l/ <e
donc pour tt x de R on a f(x)=l.
et il ne peut etre lim x-->+00/f(x)/=+00
car si nn (il existe x>B)(pr tt A>0) x>B ==>f(x)>A
donc pr tt x de [(k+1)b ;(k+2)b] /f(x)/ >A
ce qui est absurde .

bonjour ouths
je pense que tu veux dire :
[/b]donc pour tt x de R on a lim(x-->+00)f(x)=l.
mais la question est de démontrer que f n'admet pas de limite en +00. c'est pratiquement le contraire ce que tu viens de faire .

slt.
j'ai demontrer que:
pr tt x de [(k+1)b ;(k+2)b)])(pr tt e>0)
x appartient à [(k+1)b ;(k+2)b] ==>/f(x)-l/<e
et l'orsque e tend infinnement vers 0 ca va donner f(x)=l
pr tt x de [(k+1)b ;(k+2)b] .et comme f est periodique de periode b alors.
pour tt x de R f(x)=l.

je vois que tu as démontrer l'implication contraposée
c'est à dire tu as supposer que f admet une limite puis tu démontre que f est constant et non périodique
pour démontrer que A==>B tu as démontrer que non B ==> non A , c'est une trés bonne idée .
en tout cas voici une autre méthode :
soit a,b € R² , tels que f(a) est différent de f(b) , on pose a_n=a+np ; et b_n=b+np
n-->+00 ==> (a_n --->+00 ; et b_n-->+00)
on suppose que f admet une limite l quand x tan vers +00
donc :
lim(a_n -->+00)f(a_n)=l <==> l=f(a_n)=f(a) "" on peut le démontrer par récurrence sur n ""
et
lim(b_n -->+00)f(b_n)=l <==>l=f(b_n)=f(b) et là on obtient une contradiction puisque f(a) est différent de f(b)

badr_210 a écrit:

en tout cas voici une autre méthode :
soit a,b € R² , tels que f(a) est différent de f(b) , on pose a_n=a+np ; et b_n=b+np
n-->+00 ==> (a_n --->+00 ; et b_n-->+00)
on suppose que f admet une limite l quand x tan vers +00
donc :
lim(a_n -->+00)f(a_n)=l <==> l=f(a_n)=f(a) "" on peut le démontrer par récurrence sur n ""
et
lim(b_n -->+00)f(b_n)=l <==>l=f(b_n)=f(b) et là on obtient une contradiction puisque f(a) est différent de f(b)

slt.
tu as demontrer que f n'admet pas de limite fini.
il te reste a demontrer que f n'admet pas de limite infini en +00.

ouths a écrit:

slt.
tu as demontrer que f n'admet pas de limite fini.
il te reste a demontrer que f n'admet pas de limite infini en +00.

il est quasiment impossible que lim(x-->+00)f(x)=+00 ou -00 ,
car a_n-->+00 quand n --> +00 , et f(a_n)=f(a)
Or, f(a) est différent de +00 et -00 , avec a € D_f .