Exercice 11

1. Soit $x \geqslant A$ et $n = \lfloor x - A \rfloor$, de sorte que $A + n \leqslant x < A + n + 1$. Par croissance de $f$ et en sommant les accroissements sur les intervalles $[A + j\,,A + j + 1]$, pour $1 \leqslant j \leqslant n$, $$f(x) \leqslant f(A + n + 1) = f(A + 1) + \sum_{j=1}^{n} \big(f(A + j + 1) - f(A + j)\big) \leqslant f(A + 1) + n\varepsilon,$$ et $n \leqslant x - A$. $$\boxed{f(x) \leqslant f(A + 1) + \varepsilon(x - A)}$$

2. Pour $x \geqslant \max(A, 1)$, on obtient, puisque $f \geqslant 0$, $$0 \leqslant \frac{f(x)}{x} \leqslant \frac{f(A + 1)}{x} + \varepsilon.$$ Le premier terme est inférieur à $\varepsilon$ pour $x$ assez grand, donc $0 \leqslant \frac{f(x)}{x} \leqslant 2\varepsilon$ au voisinage de $+\infty$. $$\boxed{\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = 0}$$

3. Non. Soit $f$ définie par $f(x) = 0$ si $x$ est entier, et $f(x) = \frac{1}{x - \lfloor x \rfloor}$ sinon. Elle est positive et $1$-périodique, donc $f(x + 1) - f(x) = 0$ pour tout $x$ ; mais pour $x_{n} = n + \frac{1}{n^{2}}$, avec $n \geqslant 2$, $$\frac{f(x_{n})}{x_{n}} = \frac{n^{2}}{n + \frac{1}{n^{2}}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} +\infty.$$

$$\boxed{\text{le résultat est faux sans la croissance}}$$ La croissance sert, à la question 1, à contrôler $f$ entre deux points de la forme $A + j$.