Bonjour,
Le problème a l’air intéressant mais je comprend pas ce que l’on doit faire.
La somme est complexe donc on doit trouver le minimum du module ?
Mais, le minimum en fonction de quoi ? La suite (x_n) est déjà définie et dans ce cas là, on doit trouver n qui minimise ou alors on doit trouver la suite (x_n) qui minimise la somme pour un certain rang n fixé, ou pour tout n ?
Si on doit trouver x_n, on peut juste prendre la suite nulle mais je pense que c’est de la triche 
Et (x_n) est une suite réelle je présume ?
Ok j’ai compris. Merci 
Solution du problème de Dattier :
[spoiler]
Soit </s>k\ge 1<e> un entier, on pose pour tout réel </s>x<e>, </s>f(x) = x^2+kx<e>
</s>f<e> est un polynôme de degré 2, qui atteint son minimum en </s>x=-\dfrac{k}{2}<e>
Ainsi, on montre sans problème que le minimum de cette somme est la suite définie par </s>x_i=-i/2<e> pour tout entier </s>i\ge 1<e>.
Et on trouve :
</s>\forall n\ge 2,\sum_{k=1}^n x_k+k\times x_k= \sum_{k=1}^n -\dfrac{k^2}{4} = -\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{24}<e>
[/spoiler]
@Zehir : Désolé, je connais pas trop le vocabulaire matheux ^^ Par approché, je voulais dire atteint.
Oui, c’est mieux.
Tu peux dire en revanche que ça approche tous les réels, mais vous verrez ça plus en détail en prépa.
Ca peut encore se simplifier.
C’est corrigé 
Attention, le symbole somme n’est pas au programme de TS, et si je me souviens bien, globalement les polynômes sont étudiés d’un point de vue purement analytique, donc ce dernier exo est peut être plus dans l’esprit MPSI que pré rentrée
Pose tes exos dans ton fil !
La notion de polynôme est hors programme.
Solution du problème de Dattier :
[spoiler]
Soit </s>a<e> un entier.
On pose pour tout entier naturel </s>n\ge 1<e> :
[ctex]u_n = \sum_{k=0}^{2n+1}a^{k^2}[/ctex]
On a : u_1 = 1+a+a^4+a^9[/tex]
On remarque que -1 est racine du polynôme de droite, on peut donc le factoriser par (a+1). Ainsi, </s>u_1 = (1+a)B(a)<e> avec B un polynôme quelconque.
De plus, pour tout entier </s>n\ge 1<e> on a :
[ctex]u_{n+1} -u_n = a^{(2n+2)^2}+a^{(2n+3)^2} = a^{(2n+2)^2}(1 + a^{4n+5})[/ctex]
En remarquant que </s>1+a^{4n+5} = 1^{4n+5} + a^{4n+5}<e> et que </s>4n+5<e> est impair, on peut factoriser </s>u_{n+1}-u_n<e> par (a+1) aussi.
Ainsi, </s>1+a| u_1<e> et pour tout entier </s>n\ge 1<e>, </s>1+a|u_{n+1} - u_n<e>.
Une recurrence immédiate montre que </s>1+a| u_n<e> pour tout entier n.
Le polynôme P(x) = 1+x convient donc !
[/spoiler]
EDIT: Rédaction foireuse.
Dattier : en effet, c’est simplement la formulation de l’exo que je questionnais
Si les polynômes ne sont pas au programme, il serait bon de modifier le message introductif en ce sens (par ailleurs je me demande pourquoi on ne dit pas le théorème de de Moivre-Laplace)
Par ailleurs une question pour JeanN : est-il autorisé de donner des exercices sur la continuité en en donnant la définition (séquentielle) ?
Non Dattier, je ne suis pas HP ! La factorisation de polynome par ses racines est au programme de 1ere
Non
Je veux bien les exos en mp s’il-te-plaît, si ça te dérange pas
Ou alors , il poste des exos dans le fil mpsi.
Exercice 6 (?)
Soit </s>p \in \mathbb{R}<e>
Déterminer les solutions dans </s>\mathbb{C}<e> de l’équation suivante : </s>(z-i)^4 + p^2(z^2 + 1)^2 = 0<e>
J’ose espérer que cet exo passera la censure, car même si je ne suis plus tout à fait à jour sur le programme de terminale, il me semble que les notions nécessaires sont au progrramme.
Oui, tout à fait à la portée d’un TS. ^^
Wow, beaucoup de futurs élèves de LLG ici :o
Comme les exos du concours général sont faisables en terminale, voici un exercice du concours général de 1997.
Exercice 7
On dispose 1997 jetons sur un cercle. Chaque jeton est numéroté avec un entier relatif. La somme de tous les numéros est égal à 1. Peut-on choisir un jeton telle que si on part de ce jeton en suivant le sens trigonométrique, la somme de tous les jetons que l’on a traversés reste toujours strictement positive? (On s’arrête quand on revient au jeton de départ). Si un tel jeton existe, le choix du jeton est-il unique?
Il est faisable: j’y avais répondu pendant l’épreuve alors que j’étais en terminale.
Zehir, ton exercice me semble au programme, je vais essayer de le faire dès que j’ai fini les 5 précédents ^^
Voici ma solution pour l’exercice 1 :
Nous avons f(x)= x+1 et g(x)=</s>\frac{x}{x+1}<e>
Notons </s>u_{n}<e> la valeur du numérateur à la n-ème étape et [tex ]v_{n}[/tex] celle du dénominateur.
On a donc x=</s>\frac{u_{n}}{v_{n}}<e>
Si on applique (je sais pas quel mot convient, désolé) la fonction f à x, on obtient [tex ]u_{n+1}=u_{n}+v_{n}[/tex] et </s>v_{n+1}=v_{n}<e> et si on applique la fonction g à x, on obtient [tex ]u_{n+1}=u_{n}[/tex] et </s>v_{n+1}=u_{n}+v_{n}<e>
</s><e>
On cherche à obtenir [tex ]u_{n}[/tex]=7891 et [tex ]v_{n}[/tex]=1987
Or, on remarque que 7891 = 31987 + 1930 donc si l’on a [tex ]u_{k}[/tex]=1930 et [tex ]v_{k}[/tex]=1987, après avoir appliqué 3 fois la fonction f(x) on aboutit au résultat voulu.
On peut réitérer ce résultat plusieurs fois avec l’algorithme d’Euclide qui nous donne :
7891 = 31987 + 1930
1987 = 11930 + 57
1930 = 3357 + 49
57 = 149 + 8
49 = 68 + 1
8 = 7*1 + 1 (je ne mets pas 0 comme dans un algorithme d’Euclide classique simplement car [tex ]u_{0}[/tex]=[tex ]v_{0}[/tex]=1)
Ainsi, en remontant l’algorithme d’Euclide on applique la fonction g k fois (avec k le nombre qui multiplie le reste de la ligne du dessus) et on « change » de fonction à chaque fois que l’on doit changer de ligne. On applique donc g 7 fois, ce qui nous donne </s>\frac{1}{8}<e>. Ensuite, on effectue f 6 fois, on obtient </s>\frac{49}{8}<e>, puis g une fois (</s>\frac{49}{57}<e>, puis f 33 fois (</s>\frac{1930}{57}<e>, puis g une fois (</s>\frac{1930}{1987}<e>) et enfin f trois fois ce qui nous permet d’aboutir au résultat : </s>\frac{7891}{1987}<e>.
Petit complément : on remarque donc que l’on peut exprimer toutes les fractions dont le dénominateur et le numérateur sont premiers entre eux (condition pour l’algorithme d’Euclide), soit pour toutes les fractions irréductibles soit pour l’ensemble des nombres rationnels.
EDIT : deux balises spoiler en 1 message, cela pose problème, j'ai scindé le message en deux.
Pour l’exercice 4 :
[spoiler]
Pour la première :
</s>A_{x}=\int_{0}^{x}E(t)dt <e>
</s>= \sum_{i=1}^{E(x)}\int_{i-1}^{i}(i-1)dt + \int_{E(x)}^{x}E(t)dt<e>
</s>= \sum_{i=1}^{E(x)}(i-1) + E(x)*(x-E(x))<e>
</s>= \sum_{i=0}^{E(x)-1}i + E(x)*(x-E(x))<e>
</s>= \frac{(E(x)-1)(E(x)-1+1)}{2} + E(x)*(x-E(x))<e>
</s>= E(x)*(\frac{(E(x)-1)}{2} + (x-E(x)))<e>
</s>= E(x)*(\frac{(2x-E(x)-1)}{2})<e>
Pour la deuxième :
Notons n le plus grand entier tel que </s>\frac{\ln n}{\ln 2} \leq x<e> (soit </s>\log_{2} (n) \leq x<e>)
On a donc </s>n\leq 2^{t}<n+1 \Leftrightarrow \log_{2} (n) \leq t< \log_{2} (n+1)<e>
</s>B_{x}=\int_{0}^{x}E(2^{t})dt <e>
</s>= \sum_{i=2}^{n}\int_{\log_{2} (i-1)}^{\log_{2} (i)}E(2^{t})dt + \int_{\log_{2} (n)}^{x}E(2^{t})dt<e>
</s>= \sum_{i=2}^{n}\int_{\log_{2} (i-1)}^{\log_{2} (i)}idt + \int_{\log_{2} (n)}^{x}ndt<e>
</s>= \sum_{i=2}^{n}i(\log_{2} (\frac{i}{i-1})) + n(x-\log_{2} (n))<e>
</s>= \sum_{i=2}^{n}i(\log_{2} (i) - \log_{2} (i-1)) + n(x-\log_{2} (n))<e>
</s>= \sum_{i=2}^{n}i\log_{2} (i) - \sum_{i=2}^{n}i\log_{2} (i-1) + n(x-\log_{2} (n))<e>
</s>= n\log_{2}(n) + \sum_{i=2}^{n-1}i\log_{2} (i) - \sum_{i=1}^{n-1}(i+1)\log_{2}(i) + n(x-\log_{2} (n))<e>
</s>= n\log_{2}(n) + \sum_{i=2}^{n-1}i\log_{2} (i) - \sum_{i=2}^{n-1}i\log_{2}(i) - 1\log(1) - \sum_{i=1}^{n-1}\log_{2}(i) + n(x-\log_{2} (n))<e>
</s>= - \sum_{i=1}^{n-1}\log_{2}(i) + nx<e>
</s>= - \log(n-1)! + nx<e>
Voilà, pour </s>B_{x}<e> il y a probablement une simplification qui rend ce résultat plus « beau », mais je ne l’ai pas trouvée x) si jamais elle est accessible niveau TS, je veux bien un indice
EDIT : Simplification faite 
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PS : Chronoxx, à LLG on est pas des chômeurs contrairement à certains :smiling_imp:
PPS : Matmeca_mcf1, pouvez vous numéroter votre exercice / problème dans la continuité des précédents, afin de garder une certaine logique dans ce fil :wink:
EDIT : Simplification de