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Soit $ a\in\mathbb N^* $, montrer que $ E(\frac{a+1}{2})+...+E(\frac{a + 2^k}{2^{k+1}})=a $

Lorsque j'avais fait cette exercice j'avais décomposé $ a $ en base 2 et puis avec un peu de manipulation des parties entières sa tombait sans trop de problèmes, mais c'était assez long et fastidieux (et pas toujours très rigoureux)...

Heureusement il y a une solution rapide et efficace : il suffit de se servir de cette formule magique :
$ \forall x \in \mathbb{R}, \lfloor 2x \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor x + \frac{1}{2}\rfloor $

On va d'abord montrer que c'est vrai pour tout diviseur premier de $ a $ et on obtiendra le résultat par multiplication.

Soit $ n $ et $ a $ vérifiant l'énoncé.
Soit $ p $ premier tel que $ p | a $ ($ p $ est donc impair) on a alors $ p | n^2 +1 $ ou encore $ n^2 \equiv -1 [p] $donc $ n^4 \equiv 1 [p] $.
De plus pour $ p \neq 3 $, comme l'ordre d'un élément divise l'ordre du groupe (ici $ p-1 $) on a $ 4 | p-1 $ ou encore $ p \equiv 1 [4] $.

Comme $ \forall n \ , \ n^2 +1 \neq 0 \ [3] $ (disjonction modulo 3) on trouve que $ a $ n'est pas un multiple de $ 3 $.

Ainsi, sauf erreur de ma part, tous les diviseurs premiers sont de la forme $ p \equiv 1 [4] $, par multiplication on obtient bien $ a \equiv 1 [4] $.

Quitte à pratiquer une extraction diagonale, on peut supposer que notre suite de fonctions converge simplement sur les entiers relatifs car $ (f_n(k))_n $ est bornée pour tout k.
Notons $ m $ un minorant des dérivées secondes et posons $ g_n(x)=f_n(x)-mx^2 /2 $ pour x réel.
Ce faisant, $ (g_n) $ est une suite de fonctions convexes convergeant simplement sur les entiers relatifs. En utilisant l'inégalité des pentes, on montre grâce à cela que pour x réel, $ (g_n(x))_n) $ est bornée. Par extraction diagonale, on peut supposer que $ (g_n) $ converge simplement sur Q.
Enfin, une limite simple de fonctions convexes sur un intervalle ouvert est convexe donc continue. Il suffit alors de retrancher x->-mx^2/2

Oui. On pose $ f(x,y)=e^{x+y}-e^{x}-e^{y} $.
On dérive par rapport à $ x $ et par rapport à $ y $. Les dérivées partielles sont positives puisque $ x $ et $ y $ le sont donc la fonction admet un minimum en $ x=y=0 $.