$f+f'$ tend vers 0

Une solution "à la Grönwall" : On montre le résultat en supposant que $f$ est dérivable.

Selon l’hypothèse, pour tout $\varepsilon >0$, il existe $\delta >0$ tel que pour tout $x \geq \delta$ on a l’inégalité :

$-\varepsilon \leq f(x) + f'(x) \leq \varepsilon$,

ce qui entraine que pour tout $x \geq \delta$, $-\varepsilon -f(x) \leq f'(x) \leq \varepsilon - f(x)$. En conséquence, les fonctions $f$ et $-f$ satisfont l’inégalité $y'(x) \leq -y(x) + \varepsilon$, pour tout $x \geq \delta$. Nous résolvons ensuite cette "inéquation différentielle".

Posons $z(x) = y(x)-\varepsilon$. L’inégalité ci-dessus se récrit alors comme $z'(x) \leq -z(x)$ pour tout $x \geq \delta$, et comme la fonction $g : x \mapsto z(x)e^{x}$ est dérivable, et que sa dérivée est $x \mapsto z'(x)e^{x}+z(x)e^{x}$, qui par l’inégalité précédente est négative, on déduit que $g$ est décroissante sur $[\delta, +\infty[$. Par conséquent, pour tout $x \geq \delta$, $g(\delta) \geq g(x)$, c’est-à-dire que $z(x) \leq e^{-x}z(\delta)e^{\delta}$, on encore que $y(x) \leq \varepsilon+ e^{-x}z(\delta)e^{\delta}$. Comme ceci est vrai pour $y=f$ ou $y=-f$, alors

$-\varepsilon +e^{-x+\delta}(f(\delta)+\varepsilon) \leq f(x) \leq \varepsilon + e^{-x+\delta}(f(\delta)-\varepsilon)$.

Ainsi, pour $\delta' >0$ tel que pour tout $x \geq \delta'$, $\lvert e^{-x+\delta}(f(\delta)+\varepsilon) \rvert< \varepsilon$, et pour $\delta'' > 0$ tel que pour tout $x \geq \delta''$, $\lvert e^{-x+\delta}(f(\delta)-\varepsilon)\rvert < \varepsilon$, on obtient pour tout $x \geq \mathrm{max}(\delta,\delta',\delta'')$,

$-2\varepsilon \leq f(x) \leq 2\varepsilon$.

Ceci montre que $f(x)$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers l’infini, et puisque $f'(x) +f(x)$ tend aussi vers $0$ quand $x$ tend vers l’infini, on déduit qu’il en va de même pour $f'$.