Égalité deux ensembles de fonctions continues

Bizarre. Moi je trouve que $S$ est reduit a la fonction nulle. Pour y voir plus clair si $f\in S$ je traduis sur $[-1,1]$
en posant $g(t)=f(\frac{1+t}{2})$ si bien que les deux conditions sur $f$ se traduisent par EQU 2 $g$ est impaire; EQU 1 $$g(t)=-g(\frac{1+t}{2}).$$ En iterant on a pour $$g(t)=(-1)^ng(1-\frac{1}{2^n}+\frac{t}{2^n}).$$ Comme $g$ est continue sur $[-1,1]$ on en deduit que $g(t)=0$ pour tout $t\in [-1,1]?$

Oui, je me suis trompe, c'est $-g(t)=g(1+t)$ si $t<0.$ Donc $g$ est impaire et telle que si $t>0$ alors $$g(t)=g(1-t).$$ En d'autres termes $g$ restreinte a $[0,1]$ est symetrique par rapport a $1/2$. Il y en a beaucoup, a commencer comme tu le dis par $\sin \pi t.$ Comme $g(0)=0$ alors $g(1)=g(-1)=0.$ Avec ces symetries, on n'est pas surpris d'avoir toujours $$\sum_{k=0}^ng\left(\frac{2k}{n}-1\right)=0.\ \ (*)$$ Je suppose que tu te demandes si la reciproque est vraie, cad si (*) implique les symetries de $g$ : on peut douter.Si $g$ est impaire et satisfait $g(1)=0$ alors (*) est vrai et pourtant $g(t)=g(1-t)$ pour $0<t<1$ n'est pas necessairement vraie.

Phare, ce que tu dis est correct. Peut etre peux tu lire les autres posts.

Il me semble que $g(t)=3t$ pour $0<t<1/3$ et $g(t)=\frac{3}{2}(1-t)$ pour $1/3<t<1$ est un contre exemple pas complique a ce que demandait le post initial.

Bonjour,

Je pense que l'idée de P. est plutôt une fonction composée de «trois morceaux» affines, du genre :
\[f(t) = \begin{cases} t & \text{si } 0 \leqslant t \leqslant 1/3 \\ 1-2t & \text{si } 1/3<t<2/3 \\ t-1 & \text{si } 2/3 \leqslant t \leq 1 \end{cases}\]

Je considère une fonction \(f\) définie de \([0,1]\) dans \(\mathbf{R}\), qui satisfait seulement :
\[\forall x \in [0,1/2[ \quad f(1/2+x) = -f(1/2-x).\text{ (*)}\]

Si $n = 2p$ :
\begin{align}
\sum_{k=0}^{2p-1} f \left( \dfrac{k}{2p}\right) &=
f(0) + \sum_{k=1}^{p-1} f \left( \dfrac{k}{2p}\right) +
f\left( \dfrac{1}{2}\right) + \sum_{k=p+1}^{2p-1} f \left( \dfrac{k}{2p}\right)\\
&= f(0) + \sum_{k=1}^{p-1} f \left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{p-k}{2p}\right) +
f\left( \dfrac{1}{2}\right) + \sum_{l=1}^{p-1} f \left( \dfrac{1}{2} + \dfrac{p-l}{2p}\right) & (l=2p-k) \\
&= f(0) + f\left( \dfrac{1}{2}\right)
+ \sum_{k=1}^{p-1} \left(f \left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{p-k}{2p}\right)
+ f \left( \dfrac{1}{2} + \dfrac{p-k}{2p}\right) \right) \\
&= f(0) &\text{par (*)}
\end{align}
Si $n = 2p+1$ :
\begin{align}
\sum_{k=0}^{2p} f \left( \dfrac{k}{2p+1}\right) &=
f(0) + \sum_{k=1}^{p} f \left( \dfrac{k}{2p+1}\right) +
\sum_{k=p+1}^{2p} f \left( \dfrac{k}{2p+1}\right)\\
&= f(0) + \sum_{k=1}^{p} f \left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{2p+1- 2k}{2(2p+1)}\right) +
\sum_{l=1}^{p} f \left( \dfrac{1}{2} + \dfrac{2p+1-2l}{2(2p+1)}\right) & (l=2p+1-k) \\
&= f(0) + \sum_{k=1}^{p} \left( f \left( \dfrac{1}{2} - \dfrac{2p+1- 2k}{2(2p+1)}\right)
+ f \left( \dfrac{1}{2} + \dfrac{2p+1-2k}{2(2p+1)}\right) \right) \\
&= f(0) & \text{par (*)}
\end{align}

Il me suffit d'imposer la condition supplémentaire : \(f(0) = 0\) (et un zeste de continuité) pour que la fontion \(f\) appartienne à \(F\) ; quant à ce qu'elle appartienne à S…