Un quotient harmonique

Supposons dans un premier temps que $\lambda\geqslant 1.$ On va reprendre la preuve des résultats d’intégration des relations de comparaison. Soit $\varepsilon>0$ et $\alpha\in\mathbb{R}$ tel que $\forall \lambda x \geqslant \alpha, -\varepsilon\dfrac{3}{x}\leqslant\dfrac{f'(x)}{f(x)}-\dfrac{3}{x}\leqslant \varepsilon\dfrac{3}{x}.$ Par croissance de l’intégrale (car $\lambda x\geqslant x$ par hypothèse) sur $[x,\lambda x]$ on a
$$-\varepsilon \int_x^{\lambda x}\dfrac{3}{t}\mathrm{d} t\leqslant \int_x^{\lambda x}\dfrac{f'(t)}{f(t)}\mathrm{d}t-\int_x^{\lambda x}\dfrac{3}{t}\mathrm{d}t\leqslant \varepsilon\int_x^{\lambda x}\dfrac{3}{t}\mathrm{d}t$$ donc
$$-3\varepsilon(\ln(\lambda x)-\ln(x))\leqslant\ln| f(\lambda x)|-\ln|f(x)|-3(\ln(\lambda x)-\ln(x))\leqslant 3\varepsilon(\ln(\lambda x)-\ln(x)).$$ En simplifiant, grâce à la formule $\ln\left(\dfrac{a}{b}\right)=\ln(a)-\ln(b)$ pour $a,b>0$ et en passant à l’exponentielle qui est croissante :
$e^{-3\varepsilon \ln(\lambda)}\leqslant \dfrac{f(\lambda x)}{f(x)}\lambda^{-3}\leqslant e^{3\varepsilon\ln(\lambda)}.$. En prenant $\varepsilon\to 0$ on obtient, par le théorème des gendarmes, que $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f'(\lambda x)}{f(x)}=\lambda^3.$ Pour $\lambda<1,$ on pose $\mu=\dfrac{1}{\lambda}>1$ si bien que $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(\mu x)}{f(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(\frac{1}{\lambda} x)}{f(x)}=\mu^3=\dfrac{1}{\lambda^3}$. Mais puisque $\lim\limits_{x\to+\infty}\lambda x= +\infty$, par composition des limites on a
$$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{f(\lambda x)}=\dfrac{1}{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(\lambda x)}{f( x)}}=\dfrac{1}{\lambda^3}.$$ On a donc toujours $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(\lambda x)}{f(x)}=\lambda^3.$