Pour $x\neq 0$ , posons $g(x)=\frac{f(2x)-f(x)}{x}$ . $f$ est définie sur un voisinage de $0$ et donc il existe $a>0$ tel que $]-a,a[\subset D_f$ . Mais alors, $]-\frac{a}{2},\frac{a}{2}[\setminus\{0\}\subset D_g$ .

Soit $x\in]-\frac{a}{2},\frac{a}{2}[\setminus\{0\}$ et $n\in\Nn^*$ .

$f(x)=\sum_{k=0}^{n-1}(f(\frac{x}{2^k})-f(\frac{x}{2^{k+1}}))+f(\frac{x}{2^n})=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{x}{2^{k+1}}g(\frac{x}{2^{k+1}})+f(\frac{x}{2^n}).$

Par suite, pour $x\in]-\frac{a}{2},\frac{a}{2}[\setminus\{0\}$ et $n\in\Nn^*$ , on a :

$\left|\frac{f(x)}{x}\right|\leq\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2^{k+1}}\left|g(\frac{x}{2^{k+1}})\right|+\left|\frac{f(x/2^n)}{x}\right|.$

Soit $\varepsilon>0$ . Puisque par hypothèse, $g$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $0$ ,

$\exists\alpha\in]0,\frac{a}{2}[/\;\forall X\in]-\alpha,\alpha[,\;|g(X)|<\frac{\varepsilon}{2}.$

Or, pour $x\in]-\alpha,\alpha[\setminus\{0\}$ et pour $k$ dans $N*$ , $\frac{x}{2^k}$ est dans $]-\alpha,\alpha[\setminus\{0\}$ et par suite,

$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2^{k+1}}\left|g(\frac{x}{2^{k+1}})\right|\leq\frac{\varepsilon}{2}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2^{k+1}}=\frac{\varepsilon}{2}\frac{1}{2}\frac{1-\frac{1}{2^n}}{1-\frac{1}{2}}=\frac{\varepsilon}{2}(1-\frac{1}{2^n})<\frac{\varepsilon}{2},$

et donc, $\left|\frac{f(x)}{x}\right|\leq\frac{\varepsilon}{2}+\left|\frac{f(x/2^n)}{x}\right|$ . On a ainsi montré que

$\forall x\in]-\alpha,\alpha[\setminus\{0\},\;\forall n\in\Nn^*,\;\left|\frac{f(x)}{x}\right|\leq\frac{\varepsilon}{2}+\left|\frac{f(x/2^n)}{x}\right|.$

Mais, à $x$ fixé, $\frac{f(x/2^n)}{x}$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$ . Donc, on peut choisir $n$ tel que $\frac{f(x/2^n)}{x}<\frac{\varepsilon}{2}$ et on a alors $\left|\frac{f(x)}{x}\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$ . On a montré que

$\forall\varepsilon>0,\;\exists\alpha>0/\;(\forall x\in D_f,\;0<|x|<\alpha\Rightarrow\left|\frac{f(x)}{x}\right|<\varepsilon,$ ce qui montre que ( $f$ est dérivable en $0$ et que) $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{x}=0$ .

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