Suites ou fonctions périodiques
Samuel Rochetin
Samedi 8 octobre 2016
Exercice 1. Montrer que toute suite périodique non constante n’a pas de limite. Solution n◦1. Soit (u
n)n∈Nune suite (réelle) périodique non constante, de période T ∈ N∗. Soit E := {u0, u1, . . . , uT −1}
l’ensemble des valeurs prises par la suite. Supposons que (un) converge vers l ∈ R.
Soit n ∈ N. Quitte à réindexer, supposons un = u0. Pour tout k ∈ N, un+kT = un = u0. Par passage à la limite
pour k → ∞, il vient l = u0. En reproduisant le raisonnement pour un+1, . . . , un+T −1, par unicité de la limite, nous
obtenons u0= u1= · · · = uT −1= l. Donc (un) est constante. Contradiction.
Solution n◦2. Nous conservons les notations et hypothèses de la solution précédente.
(un) est constante et converge vers l si et seulement si pour tout n ∈ N, un = l. Donc au moins un des termes de
(un) est différent de l. Quitte à réindexer, supposons que u06= l. Posons ε := min ui∈E
ui6=l
|ui− l| > 0. Il existe n0∈ N tel que
n ≥ n0 =⇒ |un− l| < min ui∈E
ui6=l
|ui− l| = ε. Soit n1 un multiple de T supérieur à n0. Nous avons |u0− l| = |un1− l| <
min
ui∈E
ui6=l
|ui− l|. Contradiction.
Exercice 2. Montrer que toute fonction périodique non constante n’a pas de limite en +∞.
Solution n◦1. Soit f une fonction (réelle) périodique non constante, de période T ∈ R∗. Supposons que f converge vers l ∈ R.
Soit x ∈ R. Pour tout n ∈ N, f (x + nT ) = f (x). Or, d’après le critère séquentiel de la limite (qui ne nécessite pas que f soit continue), lim
n→+∞f (x + nT ) = l. Ainsi, pour tout x ∈ R, f (x) = l. Donc f est constante. Contradiction.
Solution n◦2. Soit f une fonction (réelle) périodique non constante, de période T ∈ R∗. Soit F := f ([0; T ]) l’ensemble des valeurs de f . Supposons que f converge vers l ∈ R.
f est constante et converge vers l si et seulement si pour tout x ∈ R, f (x) = l. Donc au moins un élément de F est différent de l. Quitte à translater, supposons que f (0) 6= l. Posons ε := inf
x6∈f−1({l})|f (x) − l| > 0. Il existe A > 0 tel que
x ≥ A =⇒ |f (x) − l| < min
x6∈f−1({l})
|f (x) − l| = ε. Soit x0 un multiple de T supérieur à A. Un tel réel x0 existe parce
que R est archimédien. Nous avons |f (0) − l| = |f (x0) − l| < min x6∈f−1({l})
|f (x) − l|. Contradiction. Solution n◦3. Nous conservons les notations et hypothèses de la solution précédente.
f n’est pas constante donc, quitte à changer f en −f , il existe a ∈ [0; T ] tel que f (a) − f (0) = A > 0. Donc pour tout k ∈ N, f (a + kT ) − f (kT ) = A. Il existe (k1, k2) ∈ N2 tel que k ≥ max{k1, k2} =⇒ |f (a + kT ) − l| <
A 4 et |f (kT ) − l| < A
4. Donc, avec l’inégalité triangulaire, nous avons |f (a + kT ) − f (kT )| = |f (a + kT ) − l − (f (kT ) − l)| ≤ |f (a + kT ) − l| + |f (kT ) − l| < A
2. Contradiction. Application. En posant f : x 7→ Rx
0 cos(t)dt, la fonction f est 2π-périodique et non constante, donc l’intégrale
