Donner des colles en prépa scientifique et éco

troisqua

$t\mapsto\min\left(x,t\right)=\frac{x+t}{2}-\frac{\left|x-t\right|}{2}$ est continue.

OShine

troisqua a dit :

$t\mapsto\min\left(x,t\right)=\frac{x+t}{2}-\frac{\left|x-t\right|}{2}$ est continue.

En effet, cette relation est classique et très utile. 

plsryef

@gebrane, j'ai eu l'impression que tu présumais de ses capacités, et @OShine s'en est expliqué: il avait des trucs à faire. c'est toujours le problème avec les informations partielles, et le mode de communication via l'écrit est une une information partielle, et chacun ajoute des choses ou interprète, devine, et même si on le fait cela se passe autant de fois à raison et à tort. Pour ma part j'ai dormi toute la journée, j'ai vaguement un truc de géométrie en ébaucher des étapes sans avoir résolu, puis je me suis rendormi.

OShine

J'ai eu du mal pour l'image, pour être tout à fait honnête. Cela m'a pris plus de 45 minutes. 
Cette question atteint les limites de mon niveau. 
Je pense que j'aurai plus de facilité pour la question $3$, car déterminer l'image c'est souvent des questions qui demandent de l'initiative. 
Je ne suis pas sûr à 100% de ma rédaction. Il peut y avoir des erreurs.
Déterminons $Im(G)$.
Analyse : 
Soit $g \in Im(G)$. Il existe $f \in E$ tel que $G(f)=g$ donc $\forall x \in [0,1] \ G(f)(x)=g(x)$.
Soit $x \in [0,1]$. On a alors : $\displaystyle\int_{0}^x t f(t) dt+x \displaystyle\int_{x}^1 f(t) dt=g(x)$.
Comme précédemment, on obtient : $\boxed{\forall x \in [0,1] \ f(x)=- g''(x)}$.
Comme $f \in \mathcal C^0([0,1],\R)$, on a bien $g  \in \mathcal C^2([0,1],\R)$.
Synthèse : 
Réciproquement, supposons que $f=-g''$ avec $g  \in \mathcal C^2([0,1],\R)$.
Soit $x \in [0,1]$.
Alors $G(f)(x)=-\displaystyle\int_{0}^x g''(t)t  dt- x \displaystyle\int_{x}^1 g''(t) dt$
Une IPP sur la première intégrale, qui est licite car $x \mapsto g'(t)$ et $x \mapsto x$ sont de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,1]$, donne : 
$G(f)(x)=-xg'(x)+ \displaystyle\int_{0}^x g'(t) dt -x( g'(1)-g'(x))$
Après calculs et simplifications : $\boxed{G(f)(x)=g(x)-g(0)-xg'(1)}$
Si $g(0)=g'(1)=0$, alors $\forall x \in [0,1] \ G(f)(x)=g(x)$ donc $G(f)=g$ et $g \in Im(G)$.
On a montré : $\boxed{Im(G)=\{ g \in E \ | \ g \in \mathcal C^2([0,1],\R) \ , g(0)=g'(1)=0 \}}$.

plsryef

tu te rends compte @OShine que c'était le même travail que pour le calcul du noyau ?

Cyrano

Petite question pour Oshine, ça veut dire quoi être de classe $C^2$ sur un intervalle fermé ?

OShine

plsryef a dit :

tu te rends compte @OShine que c'était le même travail que pour le calcul du noyau ?

Non je n'ai pas l'impression.
Le début du calcul est identique c'est tout.

OShine

@Cyrano
Je ne comprends pas trop ta question.
Mais toute fonction à valeurs réelles continue sur un segment est bornée et atteint ses bornes.
Mais quel rapport avec l'exercice ?

Cyrano

@OShine : Tu utilises la notation $C^2([0,1], \R)$. Que veux-tu dire par là ? La dérivabilité se fait sur un ouvert d'habitude non ?

OShine

Non la dérivabilité est définie sur un intervalle $I$ de $\R$ non réduit à un point et non vide.
Je ne comprends pas le problème d'un segment.
On peut parler de fonctions dérivable sur un segment qui est bien un intervalle de $\R$.

Variété

OShine a dit :

Non la dérivabilité est définie sur un intervalle $I$ de $\R$ non réduit à un point et non vide.
Je ne comprends pas le problème d'un segment.

Il y a un petit twist dans cette définition de la dérivabilité.
Rappelle-toi : pour être dérivable en un point, il faut être dérivable à droite et à gauche en ce point et il faut que les limites des taux d'accroissement à gauche et à droite aient la même valeur.
C'est pour ça que c'est commode de dériver sur des ouverts : on peut toujours faire des limites à droite ou à gauche.
Problème sur un segment : on ne peut pas faire la limite de chaque côté des points extrémaux.
Comment fais-tu donc pour définir une fonction dérivable sur un segment ? Ce n'est pas une question piège, juste de rigueur.

Kraw

OShine a dit :

Kraw a dit :

Pour la réalité : Pour donner des kholes en prépa faudrait arrêter de buter sur des notions de L1/L2/MPSI/MP au vu de l'immense majorité des posts que tu fais tu méritais plutôt d'y participer à ces heures d'interrogation orales.

Pour le côté administratif: tu postules à la vie scolaire/administration de la prépa en fin d'année scolaire, et l'équipe de khôleur est choisi par le prof de chaque classe.

Merci pour l'info.
Certains exercices de MPSI ou MP sont parfois plus difficiles que des exercices de L3-M1.

Le vrai problème, c'est que tu ne vois pas le problème d'une telle phrase et tu voudrais être l'interrogateur oral.

OShine

Dans le livre de MPSI ceci est bien expliqué.
Si on a une extrémité, on ne regarde que la dérivabilité à gauche ou à droite.
La notion de limite n'est pas définie sur des singletons.

Bibix

@OShine Ta démonstration pour $Im(G)$ est fausse.

OShine a dit :
La notion de limite n'est pas définie sur des singletons.

Aïe . Effectivement, tu risques d'avoir des problèmes à faire une interrogation orale si tu ne peux même pas justifier un morceau de cours proprement.

Arnaud_G

Oshine, une petite somme sympathique à calculer pour toi (trouvée dans un sujet d'agreg interne).

Pour tout $x \in \mathbb{R}$ :

$\displaystyle S_n = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \sum_{j=-k}^{j=k} {e^{i j x}}$

OShine

@Bibix
Merci pour ton commentaire je savais que j'allais buter sur l'image, je ne trouve pas cette question évidente.
Je ne vois pas comment deviner qu'elle va être l'image.

OShine

Il n'y a pas de problème de définir la dérivabilité sur un segment.
Et c'est confirmé dans le dunod tout en un mpsi.
Si on est à une extrémité on regarde la limite à droite ou à gauche.

Cyrano

@OShine : Si je te posais la question c'est précisément car c'est ce genre  de questions qu'il faut aussi parfois poser aux élèves quand on les interroge.

lourrran

Dans le même genre , prenons cet exercice ; il est difficile, mais peu importe.
Dans tes premières recherches, tu écris : $f$ étant non nulle , il existe $M'$ tel que ... 
Ici, tout le monde laisse passer, par lassitude ; dans l'immensité des problèmes, cette erreur est un point de détail. Mais ça reste une erreur.  
En tant que kholleur, ton rôle est de dire à l'élève que l'argument '$f$ étant non nulle', il n'apporte rien. Il est maladroit, et il FAUT enlever cet argument.
Mais comment vas-tu pouvoir détecter que cet argument est de trop, alors que toi-même, tu fais la faute ?
Pire, tu vas peut-être reprocher à l'élève d'avoir oublié cet argument, parce que toi, dans ta vision erronée, il y avait besoin de cet argument.

JLT

Pour l'image la réponse que tu as trouvée est correcte, donc c'est pas mal, mais la rédaction manque de rigueur. Il vaudrait mieux montrer plus proprement les deux inclusions.
Sinon pour les valeurs propres tu devrais y arriver, ce n'est pas plus difficile que pour le noyau.

OShine

lourrran a dit :

Dans le même genre , prenons cet exercice ; il est difficile, mais peu importe.
Dans tes premières recherches, tu écris : $f$ étant non nulle , il existe $M'$ tel que ... 
Ici, tout le monde laisse passer, par lassitude ; dans l'immensité des problèmes, cette erreur est un point de détail. Mais ça reste une erreur.  
En tant que kholleur, ton rôle est de dire à l'élève que l'argument '$f$ étant non nulle', il n'apporte rien. Il est maladroit, et il FAUT enlever cet argument.
Mais comment vas-tu pouvoir détecter que cet argument est de trop, alors que toi-même, tu fais la faute ?
Pire, tu vas peut-être reprocher à l'élève d'avoir oublié cet argument, parce que toi, dans ta vision erronée, il y avait besoin de cet argument.

Oui c'est une coquille que je viens de voir.
Je n'ai pas fait attention, c'est totalement faux.

gebrane

Bravo @Oshine !  

Une majorité ne réalise pas que l'Oshine d'aujourd'hui n'est pas l'Oshine d'hier...  

Voici une petite question d'oral qui peut troubler @plsryef et qui a fait des ravages, mais  toi  Oshine , tu pourrais traiter sans problème !  

Définir un opérateur linéaire \( T : \mathbb R^3 \to \mathbb R^3 \) tel que :

\[\ker(T) =\text{Vect}\{(1, 0, 0), (1, 1, 1)\} \\ \text{Im}(T) = \text{Vect}\{(1, 0, 1)\}\]

Rescassol

Bonjour,

On pourrait poser la même question avec trois vecteurs liés.

Cordialement,
Rescassol

raoul.S

gebrane a dit :

Une majorité ne réalise pas que l'Oshine d'aujourd'hui n'est pas l'Oshine d'hier...  

Effectivement, je ne reconnais pas l'OShine de toujours dans cet exo...

PS : je parie pour un déblocage soudain par mp, et je parie même que l'auteur fait partie des intervenants de la première page de ce fil.

gebrane

J'ai consulté la première page de Ce fil et j'ai trouvé  l'intervenant Raoul . C'est le débogueur

OShine

Une nouvelle tentative, en suivant le conseil de JLT. 

Montrons que : $Im(G)=\{ g \in E \ | \ g \in \mathcal C^2([0,1],\R) \ , g(0)=g'(1)=0 \}$

Première inclusion : $Im(G) \subset \{ g \in E \ | \ g \in \mathcal C^2([0,1],\R) \ , g(0)=g'(1)=0 \}$.
Soit $g \in Im(G)$. Il existe alors $f \in E$ tel que $G(f)=g$.
Ainsi, $\forall x \in [0,1] \ \ G(f)(x)=g(x)$.
Comme on a vu pour le noyau, en dérivant 2 fois, on obtient : $\forall x \in [0,1] \ f(x)=-g''(x)$.
$f$ étant de classe $\mathcal C^0$ sur $[0,1]$, on en déduit que $g \in \mathcal C^2([0,1],\R)$.
Or, $G(f)=g$, donc $G(-g'')=g$.
Mais $\forall x \in [0,1] \ G(-g'')(x)=g(x)-g(0)-x g'(1)$, ce qui donne $\forall x \in [0,1] \ g(x)-g(0)-x g'(1)=g(x)$ soit $\forall x \in [0,1] \ \ g(0)+xg'(1)=0$.
Finalement, $g(0)=g'(1)=0$.
On a bien : $\boxed{Im(G) \subset \{ g \in E \ | \ g \in \mathcal C^2([0,1],\R) \ , g(0)=g'(1)=0 \}}$.

Seconde inclusion : $ \{ g \in E \ | \ g \in \mathcal C^2([0,1],\R) \ , g(0)=g'(1)=0 \} \subset Im(G)$.
Soit $g \in E$ tel que $g \in \mathcal C^2([0,1],\R)$ et $g(0)=g'(1)=0$.
Soit $x \in [0,1]$.
On a vu que : $G(-g'')(x)=g(x)-g(0)-x g'(1)$.
Comme $g(0)=g'(1)=0$, on a : $G(-g'')(x)=g(x)$.
En posant, $f=-g''$, on a $f \in \mathcal C^0([0,1],\R)$, on a $f \in E$ et $G(f)=g$.
Donc $g \in Im(G)$.

Conclusion : 
$\boxed{Im(G)=\{ g \in E \ | \ g \in \mathcal C^2([0,1],\R) \ , g(0)=g'(1)=0 \}}$

JLT

👍

OShine

3) Déterminons les éléments propres de $G$.
Comme $\ker(G)= \{0 \}$, $0$ n'est pas valeur propre de $G$. 
Soit $\lambda \in \R^{*}$ une valeur propre de $G$.
Alors $G(f)=\lambda f$.
Remarquons que $f(0)=0$ et $f'(1)=0$ car $\lambda \ne 0$ donc $f = \dfrac{1}{\lambda} G(f) \in Im(G)$, $Im(G)$ étant un sous-espace vectoriel de $E$.
Les calculs précédent montrent que : $\forall x \in [0,1] \ -f(x)= \lambda f''(x)$.
D'où $\forall x \in [0,1] \ \lambda f''(x)+f(x)=0$.
Donc $f$ est solution de l'équation différentielle $\lambda y''+y=0$ sur $[0,1]$.
C'est une équation différentielles du second degré à coefficients constants.
L'équation caractéristique est : $\lambda r^2+1=0$ soit $r^2=-\dfrac{1}{\lambda}$.
Premier cas : $\lambda <0$.
Alors l'équation caractéristique devient : $r^2=\dfrac{1}{| \lambda|}$.
Les racines sont $\pm \dfrac{1}{\sqrt{| \lambda|}}$. Notons $r_0=\dfrac{1}{\sqrt{| \lambda|}}$
Donc $\exists (A,B) \in \R^2 \ \forall x \in [0,1] \ f(x)=A e^{r_0 x}+B e^{-r_0 x}$.
Or $f(0)=0$ donc $B=- A$.
$\boxed{\exists A \in \R \ \ \forall x \in [0,1] \ f(x)=A \sinh \left( \dfrac{x}{\sqrt{| \lambda|}} \right)}$.
$\forall x \in [0,1] \ f'(x)= \dfrac{A}{\sqrt{| \lambda|}} \cosh \left( \dfrac{x}{\sqrt{| \lambda|}} \right)$
La condition $f'(1)=0$ donne que $A=0$, la fonction cosinus hyperbolique ne s'annulant pas sur $\R$, donc $f=0$.
Finalement, si $\lambda <0$, $\lambda$ n'est pas valeur propre.
Il me reste à faire le cas $\lambda >0$, ça sera pour après le déjeuner.

OShine

3) Suite et fin.
Deuxième cas : $\lambda >0$.
Alors l'équation caractéristique devient : $r^2=\dfrac{1}{\lambda}$.
Les racines sont $\pm \dfrac{i}{\sqrt{| \lambda|}}$. 
Donc $\exists (A,B) \in \R^2 \ \forall x \in [0,1] \ f(x)=A \cos \left( \dfrac{x}{\sqrt{| \lambda |}} \right)+B \sin \left( \dfrac{x}{\sqrt{| \lambda |}} \right)$.
Comme $f(0)=0$, $A=0$ donc :  $\boxed{\exists B \in \R \ \forall x \in [0,1] \ f(x)=B \sin \left( \dfrac{x}{\sqrt{| \lambda |}} \right)}$.
Or $f'(1)=0 \iff  \dfrac{B}{\sqrt{| \lambda |}}  \cos \left(  \dfrac{1}{\sqrt{| \lambda |}} \right)=0 \iff  \cos \left(  \dfrac{1}{\sqrt{| \lambda |}} \right)$ car $B$ est forcément non nul. Sinon, on aurait $f=0$, mais un vecteur propre n'est pas nul.
$\boxed{f'(1)=0 \iff \exists k \in \N^{*} \ \dfrac{1}{\sqrt{|\lambda|}} =\dfrac{(2k+1) \pi}{2} \iff \exists k \in \N^{*} \ \ \lambda=\dfrac{4}{((2k+1) \pi))^2}}$.
L'application $f : x \mapsto  \sin \left( \dfrac{(2k+1) \pi x}{2}  \right)$ est un vecteur propre associé à la valeur propre $\lambda=\dfrac{4}{((2k+1) \pi))^2}$, pour $k \in \N^{*}$.

gebrane

k peut être nul. Tu es devenu un monstre

OShine

gebrane a dit :

Bravo @Oshine !  

Une majorité ne réalise pas que l'Oshine d'aujourd'hui n'est pas l'Oshine d'hier...  

Voici une petite question d'oral qui peut troubler @plsryef et qui a fait des ravages, mais  toi  Oshine , tu pourrais traiter sans problème !  

Définir un opérateur linéaire \( T : \mathbb R^3 \to \mathbb R^3 \) tel que :

\[\ker(T) =\text{Vect}\{(1, 0, 0), (1, 1, 1)\} \\ \text{Im}(T) = \text{Vect}\{(1, 0, 1)\}\]

@gebrane
Ton exercice est intéressant.
Sans problème, tu y vas fort quand même ! J'ai mis 20 minutes à comprendre que je pouvais raisonner matriciellement, et que c'était plus simple qu'avec les endomorphismes.
Je préfère raisonner matriciellement.
Essayons de construire une matrice de $\mathcal M_{3,3}(\R)$ qui convient.
$A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & -1
\end{pmatrix}$
On a bien $e_1 \in \ker(A)$, $e_1+e_2+e_3 \in \ker (A)$. Ces deux vecteurs n'étant pas colinéaires, ils forment une base de $\ker(A)$.
$A$ est de rang $1$, son noyau est de dimension $3-1=2$.
Déterminons l'endomorphisme $T \in \mathcal L(\R^3)$ canoniquement associé à $A$.
On a : $\boxed{T(x,y,z)=(y-z,0,y-z)}$

OShine

Oui Gebrane, tu as raison, c'est $k \in \N$.

JLT

Excellent ! Continuons sur l'exo de gebrane. A quelle condition nécessaire et suffisante sur trois vecteurs $a,b,c\in\R^3$ existe-t-il un endomorphisme $T$ tel que $\ker T=\mathrm{Vect}\{a,b\}$ et $\mathrm{Im}\,(T)=\mathrm{Vect}(c)$ ?

bd2017

Bonjour

Ensuite  ma question supplémentaire pour la colle.  Soit A et B  deux matrices de taille $n$  qui sont de rang 1.  

Que dire du rang de  A + B,  de AB?   

OShine

Arnaud_G a dit :

Oshine, une petite somme sympathique à calculer pour toi (trouvée dans un sujet d'agreg interne).

Pour tout $x \in \mathbb{R}$ :

$\displaystyle S_n = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \sum_{j=-k}^{j=k} {e^{i j x}}$

Il est costaud ce calcul.
J'ai déjà fait 5 pages de calcul et je n'ai pas encore terminé.
Je vais essayer de le réussir mais j'en doute.
En fait, je vois la méthode mais les calculs sont lourds et interminables.

Rescassol

Bonsoir,

Si les trois vecteurs sont libres, ce qui est le cas, ça prend une seconde et demi de voir que le projecteur d'axe $\text{Vect}\{(1, 0, 1)\}$ et de direction $\text{Vect}\{(1, 0, 0), (1, 1, 1)\}$ convient.

Cordialement,
Rescassol

OShine

@Rescassol
Joli 👍

Rescassol

Bonsoir,

Pour la réciproque, voir le théorème du rang.

Cordialement,
Rescassol

lourrran

J'ai déjà fait 5 pages de calcul et je n'ai pas encore terminé.

Un exercice de maths, c'est un peu comme un labyrinthe. On explore une voie, on regarde si elle aboutit. Et si la voie semble une impasse, ou semble particulièrement longue, alors il faut savoir revenir au point de départ, et chercher s'il n'y a pas d'autres voies plus prometteuses.

Toujours dans ce message que j'ai déjà cité aujourd'hui, c'est une démarche que tu n'as pas. 
Tu commences un calcul, ça n'aboutit pas, et tu dis je bloque. 'Je bloque', ce n'est pas le bon constat à ce moment là de la recherche.
Le bon constat, c'est : la piste que j'explore n'est probablement pas la bonne, il doit y avoir une autre piste, plus prometteuse.

Dans cette somme double, j'imagine que $i$, c'est le $i$ complexe. 
Pour un $k$ donné, $ \displaystyle a_k=\sum_{j=-k}^{j=k} {e^{i j x}}$ , c'est la somme de $2k+1$ termes, 1 d'eux est un réel, les autres sont 2 à 2 conjugués. C'est une somme de série géométrique, et c'est un nombre réel au final, vu que les termes sont 2 à 2 conjugués.
On doit bien pouvoir calculer ce nombre $a_k$
Et ensuite, dans 10 minutes, il faudra calculer $S_n = \frac{1}{n} \sum a_k$

Suite à une question dans une autre discussion, j'ai recherché 2 ou 3 trucs sur Alain Connes, et je suis tombé sur ceci :
 il y a une règle qui consiste à dire justement, quelle que soit la complexité du calcul, il vaut mieux aller faire un tour à pied et réfléchir comment les choses vont s’agencer, etc. avant de commencer

gebrane

Bof, c'est
 le noyau de Fejér

math2

@Arnaud_G : en l'occurrence le rapport de l'agrégation interne démontre que seulement environ un candidat sur 10 a été capable de mener le calcul, et qu'en tout environ 1/3 seulement ont eu des points à la question. Le sujet donnait en plus la réponse à la question, ce qui peut suggérer des idées le cas échéant. 

J'ai récupéré il y a quelque temps mes exercices vus en Terminale C sur les complexes, c'est visiblement un exo qui m'avait été posé en Terminale en 1990.

math2

 @OShine : le calcul de cette somme peut se faire en seulement six égalités (peut-être moins), et il faut traiter à part les cas particuliers $x$ multiple de $2\pi$.

OShine

@maths2
En fait je me suis compliqué la vie inutilement, c'est un calcul largement à ma portée.
Sinon oui c'est sommes géométriques et formules d'Euler.

raoul.S

Il est cool le problème de JLT ICI @OShine , tu vas essayer de le faire ?

OShine

@raoul.S
Oui mais je laisse de côté pour l'instant je n'ai pas encore d'idée.
Peut-être demain, la nuit porte conseil.

OShine

Calculons $\displaystyle S_n = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \sum_{j=-k}^{j=k} {e^{i j x}}$
Premier cas : $x \in 2 \pi \Z$.
Si $x \in 2 \pi \Z$, alors $S_n= \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \displaystyle\sum_{j=-k}^{k}= \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} (2k+1)=\dfrac{2}{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} k +\dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}1 =\dfrac{2}{n} \dfrac{n(n-1)}{2}+\dfrac{n}{n}=n-1+1$
Finalement : $\boxed{S_n=n}$.
Deuxième cas : $x \notin 2 \pi \Z$.
Posons : $\forall k \in [|0,n-1|] \ W_n=\displaystyle\sum_{j=-k}^{k} {e^{i j x}}$
On a : $W_n=\displaystyle\sum_{j=0}^k (e^{ix})^j+\displaystyle\sum_{j=-k}^{-1} (e^{ix})^j=\displaystyle\sum_{j=0}^k (e^{ix})^j+\displaystyle\sum_{j=1}^{k} (e^{-ix})^j$
$W_n=\dfrac{1-e^{-i k x} }{e^{ix}-1}+\dfrac{1-e^{i(k+1)x}}{1-e^{ix}}$
D'où : $\boxed{W_n=\dfrac{e^{i(k+1)x}-e^{-ikx}}{e^{ix}-1}}$.
$nS_n = \dfrac{1}{e^{ix}-1} \left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} e^{i(k+1)x}- \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} e^{-ikx} \right)$
$nS_n= \dfrac{1}{e^{ix}-1} \left( e^{ix} \dfrac{e^{inx}-1}{e^{ix}-1} - \dfrac{1-e^{-inx}}{1-e^{-ix}}    \right)$
$nS_n=\dfrac{e^{ix}}{(e^{ix}-1)^2} \left( e^{inx}+e^{-inx}-2 \right) $
Or : $e^{ix}-1=e^{ix /2} ( e^{ix/2}-e^{-ix/2}) =e^{ix /2} \times 2i \sin (x/2)$.
Donc : $nS_n=\dfrac{ \cos (nx)-1}{-2 \sin^2 (x/2)}=\dfrac{1-\sin^2 (nx/2)-1}{-2 \sin^2(x/2)}$
Finalement : $\boxed{\displaystyle S_n = \frac{\sin^2 (nx/2)}{n \sin^2 (x/2)}}$

math2

En survol, ça me paraît très bien

Ericpasloggue

Puisque tout le monde y va de son exercice, voici trois exercices que j'ai donnés hier soir en colle MPSI.

Montrer qu'il n'existe pas de fonctions continues $f$, $g$ et $h$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telles que
    \begin{equation*}
        h(f(x)+g(y))=xy
    \end{equation*}
    pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^{2}$.

Soit $f\colon\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}$ une fonction. On suppose que la fonction $f$ vérifie les conditions suivantes:
     il existe $\alpha\in\mathopen{]}0\,,\tfrac{1}{2}\mathclose{[}$ tel que
          \begin{equation*}
            |f(x)-f(y)|\leq\alpha(|x-f(x)|+|y-f(y)|)
          \end{equation*}
          pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^{2}$,
     l'application $f$ est continue en un point $\xi\in\mathbb{R}$,
     il existe un point $x\in\mathbb{R}$ tel que la suite des itérés $(f^{n}(x))_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ admet une sous-suite $(f^{n_{i}}(x))$ convergente vers $\xi$.

    Montrer que $\xi$ est l'unique point fixe de $f$.

L'élève ayant eu cet exercice l'ayant terminé largement avant la fin de la colle est passé au suivant, qui consiste à reprendre l'exercice précédent en remplaçant la première condition par

     il existe $\alpha\in\mathopen{]}0\,,\tfrac{1}{2}\mathclose{[}$ tel que

          \begin{equation*}
            |f(x)-f(y)|\leq\alpha(|x-f(y)|+|y-f(x)|)
          \end{equation*}
          pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^{2}$,

gebrane

raoul.S a dit :

Il est cool le problème de JLT ICI @OShine , tu vas essayer de le faire ?

Raoul ! Je pense que tu n'as pas  vu la réponse de Rescassol.
Dans sa réponse , il donne une réponse à la question posée par JLT.

gebrane

Milas a dit : 

On peut aussi montrer que G possède un unique solution de l'équation G(f) = f

Bonjour Milas Je viens de constater ta question, Comment démontres tu que 1 est une valeur propre ?