Exercice 9

1. Pour $1 \leqslant k \leqslant n$, le réel $t = \frac{x}{2^{k}}$ vérifie $|t| \leqslant \delta$, et $2t = \frac{x}{2^{k-1}}$. L'hypothèse donne $$\Big|f\Big(\frac{x}{2^{k-1}}\Big) - f\Big(\frac{x}{2^{k}}\Big) - \frac{3x}{2^{k}}\Big| \leqslant \varepsilon\,\frac{|x|}{2^{k}}.$$ On somme ces inégalités pour $k$ allant de $1$ à $n$. La somme des $f\big(\frac{x}{2^{k-1}}\big) - f\big(\frac{x}{2^{k}}\big)$ est télescopique et vaut $f(x) - f\big(\frac{x}{2^{n}}\big)$, et la somme géométrique $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k}}$ vaut $1 - \frac{1}{2^{n}}$. L'inégalité triangulaire donne alors $$\boxed{\Big|f(x) - f\Big(\frac{x}{2^{n}}\Big) - 3x\Big(1 - \frac{1}{2^{n}}\Big)\Big| \leqslant \varepsilon|x|\Big(1 - \frac{1}{2^{n}}\Big) \leqslant \varepsilon|x|}$$

2. On fait tendre $n$ vers $+\infty$ à $x$ fixé : par continuité de $f$ en $0$, $f\big(\frac{x}{2^{n}}\big)$ tend vers $f(0)$, et l'on obtient $$\big|f(x) - f(0) - 3x\big| \leqslant \varepsilon|x|, \qquad\text{soit}\qquad \Big|\frac{f(x) - f(0)}{x} - 3\Big| \leqslant \varepsilon \quad\text{pour } 0 < |x| \leqslant \delta.$$ C'est exactement la définition de la limite. $$\boxed{f \text{ est dérivable en } 0, \text{ et } f'(0) = 3}$$

3. L'hypothèse est nécessaire. La fonction $f$ définie par $f(0) = 0$ et $f(x) = 3x + 1$ pour $x \neq 0$ est de la forme suggérée, avec $g$ égale à $1$ sur $\mathbb{R}^{*}$ et nulle en $0$, qui vérifie bien $g(2x) = g(x)$. Pour $x \neq 0$, on a $\frac{f(2x) - f(x)}{x} = \frac{6x + 1 - 3x - 1}{x} = 3$, mais $f$ n'est pas continue en $0$, donc pas dérivable (proposition 1). $$\boxed{\text{sans continuité en } 0, \text{ la conclusion est fausse}}$$ L'hypothèse ne compare $f$ qu'à elle-même, aux points $x$ et $2x$ : elle ne voit pas un saut placé en $0$, que seule la continuité interdit.