Limite d'une fonction

supp

@marsup : oui il y avait une erreur bête qui fait que ça ne fonctionne pas.

Je suis comme side, tombé sur l'équation fonctionnelle $f(2x) + \frac{\sin^2(x)}{x} = f(x)$.

Du coup, sous réserve de convergence, on a $
\lim\limits_{k\to+\infty} f\big(\frac{x}{2^k}\big)
=
\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2(2^n \cdot x)}{2^n \cdot x}
$.
(je pense que c'est bon sans difficulté)

De plus, la limite en 0 existe si, et seulement si, la série $
\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2(2^n \cdot x)}{2^n \cdot x}
$ ne dépend pas de $x>0$.

Or, on doit pouvoir la dériver terme à terme et la question devient comme suit :
A-t-on : $\qquad
\big(
\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2(2^n \cdot x)}{2^n \cdot x}
\big)'
\overset{?}{=}
\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} \big[\frac{1}{x} \cdot \sin(2^{n+1} \cdot x) - \frac{1}{2^n\cdot x^2} \cdot \sin^2(2^{n} \cdot x) \big] \overset{?}{=} 0$ ?

Je trouve comme marsup.

La fonction définie par $g(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2(2^n \cdot x)}{2^n \cdot x}$ vérifiant $g(2x)=g(x)$, il suffit de la représenter sur l'intervalle $[1,2]$.
Pour un calcul approché de la somme on peut se limiter à $n$ compris entre $-20$ et $20$.

On obtient que la fonction $g$ a un minimum environ égal à $2.037$ et un maximum environ égal à $2.424$.

Comme $g$ n'est pas constante, la fonction $f$ n'a pas de limite en $0$.

Pour $x>0$, quand $n\to-\infty$ (donc $2^n \to 0$), on a l'équivalent $\displaystyle\frac{\sin^2(2^nx)}{2^n x} \sim 2^n \cdot x$.

supp

@side
La démonstration de marsup consiste à montrer par récurrence que $f(x/2^k)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{k} \frac{\sin^2(x/2^n )}{x/2^n }+f(x)$.
On en déduit, puisque la série de terme général $u_n=\dfrac{\sin^2(x/2^n )}{x/2^n }$ converge (majoration par $x/2^n$), que la limite de $f(x/2^k)$ quand $k$ tend vers l'infini existe et vaut $f(x)+\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{\sin^2(x/2^n )}{x/2^n }$.

L'approximation de $g(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2(2^n x )}{2^n x }$ par la somme allant de $-20$ à $20$ se justifie car la somme de $21$ à l'infini est majorée par $10^{-20}$ et celle de $-\infty$ à $-21$ par $10^{-19}$.

Une façon un peu plus directe de démontrer que $f(x)$ n'a pas de limite en $0$ est d'introduire d'emblée $h(x)=\displaystyle\sum\limits_{n=-\infty}^{-1} \frac{\sin^2(2^n x )}{2^n x }$.
D'une part, $g(x)=f(x)+h(x)$ vérifie $g(2x)=g(x)$, donc $g\circ \exp$ est périodique de période $\ln2$.

D'autre part, $0\leq h(x)\leq x$ donc $h(x)$ a pour limite $0$ quand $x$ tend vers $0$.

Le calcul approché des valeurs de $g(x)$ sur $[1,2]$ entraîne que $f(x)$ fait des oscillations entre $2.037$ et $2.424$ quand $x$ tend vers $0$.

supp

@side
ce que tu cherches est la chose suivante :

**Par exemple : $\displaystyle x\mapsto \sum_{n\geq 0} \frac{\sin(2^{n}x)}{2^{n}}$ est un exemple de fonction continue, nulle part dérivable.
Ces classes de séries de Fourier lacunaires sont appelées fonctions de type Weierstrass.

**Et, l'exemple historique de Riemann :
$\displaystyle x\mapsto \sum_{n\geq 1} \frac{\sin(n^{2}\pi x)}{n^{2}}$ qui était conjecturée par Riemann une fonction continue nulle part dérivable.

Il aura fallu les travaux conjugués de Hardy et plus récemment de Gerver pour montrer que cette fonction est continue et dérivable exclusivement en les points de la forme : $\displaystyle \frac{2p+1}{2q+1}$ où $(2p+1)\wedge (2q+1)=1.$

supp