Fonctions bornées et limites

Bonsoir, ta fonction $f$ admet un pôle en $x=1$ et n'est pas prolongeable analytiquement en dehors du disque de convergence $D = \{z \in \mathbb{C}; \; |z| < 1\}$ donc la recherche de la limite en $1^+$ est impossible.

supp

Je suis étonné qu'etanche ne soit pas revenu corriger son énoncé...

Bravo Audeo pour la réponse à la première question. C'était pourtant classique.

Quant à side, je suis intéressé par ta méthode car je ne vois pas comment conclure. En particulier, je ne vois pas comment cela peut montrer l'existence de la limite en $1^-$.

Side : Pas de limite. Question traitée sur MSE, lien dans mon post précédent.

Tentative de conclusion sans analyse complexe...

Pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, on pose : $$\varphi(x)=\frac{\ln(-\ln x)}{\ln 2}$$ avec, d'une part, pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, $\varphi(x^2)=\varphi(x)+1$ et d'autre part, $\varphi(x)=g(x)+o(1)$ ($x\to 1$).
Pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, on pose : $$\psi(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}(x^{1/2^n}-1)=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(\ln x)^k}{(2^k-1)k!}$$ avec, pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, $\psi(x^2)=\psi(x)+x-1$.
Pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, on pose : $$H(x)=f(x)+\varphi(x)+\psi(x)$$ avec, pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$, $H(x^2)=H(x)$, puisque $f(x^2)=f(x)-x$.

Par l'absurde, supposons que $f+g$ admette une limite lorsque $x$ tend vers $1$. Comme $f(x)+\varphi(x)=f(x)+g(x)+o(1)$ et comme $\psi(x)=O(-\ln x)$, il en va de même pour $H$. Ainsi, comme pour tout $x\in\mathopen]0,1\mathclose[$ et tout entier naturel $n$, $H(x)=H(x^{1/2^n})$, $H$ est constante. On vérifie sans trop de difficulté que $f$, $\varphi$ et $\psi$ sont dérivables sur $\mathopen]0,1\mathclose[$ avec : $$\begin{aligned} &f'(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}2^nx^{2^n-1}, \\[3pt] &\varphi'(x)=\frac{1}{\ln 2}\cdot\frac{1}{x\ln x}\thicksim\frac{-1}{\ln 2}\cdot\frac{1}{1-x},\\[6pt] &\psi'(x)=\frac{1}{x}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(\ln x)^{k-1}}{(k-1)!(2^k-1)}=O(1).\end{aligned}$$ On en déduit : $$\sum_{n=0}^{+\infty}(2^n\ln 2)\,x^{2^n-1}\thicksim \frac{1}{1-x} \quad (x\to 1).$$ D'après le théorème de Hardy-Littelwood-Karamata, en posant : $$a_k=\left\{\begin{aligned} &2^t\ln 2 \quad \text{si $k=2^t-1$} \\ &0 \quad \text{sinon}\end{aligned}\right. \quad \text{on a} \quad \sum_{k=0}^{n}a_k\thicksim n.$$ Il suit $$2^{n}\thicksim \sum_{k=0}^{2^n-1}a_k=\sum_{t=0}^{n}2^t\ln 2\thicksim 2^{n+1}\ln 2,$$ contradiction.