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exercice 1 facile

Soit n\in\mathbb{N}. Si n est pair alors, en posant n=2p :

    \[ \left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor +\left\lceil \frac{n}{2}\right\rceil =2p=n\]

et si n est impair, alors en posant n=2p+1 :

    \begin{eqnarray*}\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor +\left\lceil \frac{n}{2}\right\rceil & = & \left\lfloor p+\frac{1}{2}\right\rfloor +\left\lceil p+\frac{1}{2}\right\rceil \\& = & p+\left(p+1\right)\\& = & 2p+1\\& = & n \end{eqnarray*}

On conclut que :

    \[ \boxed{\forall n\in\mathbb{N},\thinspace\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor +\left\lceil \frac{n}{2}\right\rceil =n}\]

exercice 2 facile

Les multiples de q sont les nombres de la forme kq, avec k entier.

La condition [ kq compris entre a et b ] équivaut à :

    \[ \frac{a}{q}\leqslant k\leqslant\frac{b}{q}\]


ou encore à :

    \[ \left\lceil \frac{a}{q}\right\rceil \leqslant k\leqslant\left\lfloor \frac{b}{q}\right\rfloor \]

Il en résulte que le nombre N_{a,b} de valeurs possibles pour k (et donc pour kq) est :

    \[\boxed{N_{a,b}=\left\lfloor \frac{b}{q}\right\rfloor -\left\lceil \frac{a}{q}\right\rceil +1}\]

Exemple

Le nombre de multiples de 7 compris (au sens large) entre 233 et 322 est :

    \begin{eqnarray*}N_{123,321} & = & \left\lfloor \frac{322}{7}\right\rfloor -\left\lceil \frac{233}{7}\right\rceil +1\\& = & 46-34+1\\& = & 13\end{eqnarray*}

Ces entiers sont ceux de la forme 7k pour 34\leqslant k\leqslant46, à savoir :

238, 245, 252, 259, 266, 273, 280, 287, 294, 301, 308, 315, 322.

exercice 3 facile

On commence par observer que, pour tout x\in\mathbb{R} :

    \[ \left\lfloor x+1\right\rfloor =\left\lfloor x\right\rfloor +1\]

Pour une preuve de ceci, voir ce passage de la vidéo fiche technique : la fonction partie entière.

Il en résulte que la fonction partie fractionnaire est 1-périodique. En effet, pour tout x\in\mathbb{R} :

    \begin{eqnarray*}\left\langle x+1\right\rangle & = & x+1-\left\lfloor x+1\right\rfloor \\& = & x+1-\left(\left\lfloor x\right\rfloor +1\right)\\& = & x-\left\lfloor x\right\rfloor \\& = & \left\langle x\right\rangle\end{eqnarray*}

Par conséquent, si l’on pose f\left(x\right)=\left(-1\right)^{\left\lfloor x\right\rfloor }\left\langle x\right\rangle , alors :

    \begin{eqnarray*}f\left(x+1\right) & = & \left(-1\right)^{\left\lfloor x+1\right\rfloor }\left\langle x+1\right\rangle \\& = & \left(-1\right)^{\left\lfloor x\right\rfloor +1}\left\langle x\right\rangle \\& = & -f\left(x\right)\end{eqnarray*}

et donc f\left(x+2\right)=f\left(x\right).

On a prouvé que f est 2-périodique.

Etant donné x\in\mathbb{R}, posons pour tout n\in\mathbb{N}^{\star} :

    \[ u_{n}=\frac{1}{n^{2}}\,\sum_{k=1}^{n}\,\left\lfloor kx\right\rfloor \]

Il suffit d’encadrer :

    \[ \forall k\in\left\{1,\cdots,n\right\} ,\:kx-1<\left\lfloor kx\right\rfloor \leqslant kx\]

puis de sommer, pour obtenir :

    \[ \frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}\,\left(kx-1\right)\leqslant u_{n}<\frac{1}{n^{2}}\sum_{k=1}^{n}\,kx\]

c’est-à-dire :

    \[ \frac{n+1}{2n}x-\frac{1}{n}\leqslant u_{n}<\frac{n+1}{2n}x\]

Avec le théorème d’encadrement (alias théorème des gendarmes) , on conclut que :

    \[ \boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\,u_{n}=\frac{x}{2}}\]

On observe que, pour tout n\in\mathbb{N}^{\star} :

    \[ n^{2}+n+\frac{1}{4}<n^{2}+n+1<n^{2}+2n+1\]

c’est-à-dire

    \[ \left(n+\frac{1}{2}\right)^{2}<n^{2}+n+1<\left(n+1\right)^{2}\]

Par stricte croissance de la racine carrée, il en résulte que :

    \[ n+\frac{1}{2}<\sqrt{n^{2}+n+1}<n+1\]

et donc :

    \[\boxed{2n+1<2\sqrt{n^{2}+n+1}<2n+2}\]

Finalement, l’entier \left\lfloor 2\sqrt{n^{2}+n+1}\right\rfloor =2n+1 est impair.

Rappelons tout d’abord que l’ensemble de définition de la fonction tangente est :

    \[ D=\mathbb{R}-\left\{\frac{\pi}{2}+k\pi;\thinspace k\in\mathbb{Z}\right\} \]

c’est-à-dire :

    \[ D=\bigcup_{k\in\mathbb{Z}}\left]k\pi-\frac{\pi}{2},k\pi+\frac{\pi}{2}\right[\]

Soit x\in D et soit n\in\mathbb{Z} l’unique entier vérifiant :

    \[ n\pi-\frac{\pi}{2}<x<n\pi+\frac{\pi}{2}\]

Cet encadrement équivaut à :

    \[ n<\frac{x}{\pi}+\frac{1}{2}<n+1\]

ce qui montre que

    \[ n=\left\lfloor \frac{x}{\pi}+\frac{1}{2}\right\rfloor\qquad\left(\spadesuit\right)\]

Par ailleurs, les applications :

    \[ \tau:\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\tan\left(t\right)\]

et

    \[ \arctan:\mathbb{R}\rightarrow\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[\]

sont bijections réciproques l’une de l’autre (par définition de l’arctangente !); donc :

    \[ \forall t\in\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[,\thinspace\arctan\left(\tan\left(t\right)\right)=t\qquad\left(\clubsuit\right)\]

Il reste à mettre tout ceci bout à bout. Pour x\in D, on notant n l’entier défini par \left(\spadesuit\right) :

    \begin{eqnarray*}\arctan\left(\tan\left(x\right)\right) & = & \arctan\left(\tan\left(x-n\pi\right)\right)\\& = & x-n\pi\end{eqnarray*}

la première égalité résultant de la \pi-périodicité de \tan et la seconde de la relation \left(\clubsuit\right).

Finalement :

    \[\boxed{\forall x\in D,\thinspace\arctan\left(\tan\left(x\right)\right)=x-\left\lfloor \frac{x}{\pi}+\frac{1}{2}\right\rfloor \pi}\]

Soit x un réel positif ou nul.

  • Vu que \left\lfloor x\right\rfloor \leqslant x, la croissance de t\mapsto\sqrt{t} donne \sqrt{\left\lfloor x\right\rfloor }\leqslant\sqrt{x}. Puis, comme t\mapsto\left\lfloor t\right\rfloor est aussi croissante : \left\lfloor \sqrt{\left\lfloor x\right\rfloor }\right\rfloor \leqslant\left\lfloor \sqrt{x}\right\rfloor .
  • Comme \left\lfloor \sqrt{x}\right\rfloor \leqslant\sqrt{x}, alors \left\lfloor \sqrt{x}\right\rfloor ^{2}\leqslant x puis comme \left\lfloor \sqrt{x}\right\rfloor ^{2} est un entier, on voit que \left\lfloor \sqrt{x}\right\rfloor ^{2}\leqslant\left\lfloor x\right\rfloor . Ainsi \left\lfloor \sqrt{x}\right\rfloor \leqslant\sqrt{\left\lfloor x\right\rfloor }, et comme \left\lfloor \sqrt{x}\right\rfloor est un entier, alors \left\lfloor \sqrt{x}\right\rfloor \leqslant\left\lfloor \sqrt{\left\lfloor x\right\rfloor }\right\rfloor .

De tout cela, on conclut que :

    \[\boxed{\forall x\in\mathbb{R}^+,\,\left\lfloor \sqrt{x}\right\rfloor =\left\lfloor \sqrt{\left\lfloor x\right\rfloor }\right\rfloor }\]

Soit f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} telle que :

    \[ \forall\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^{2},\thinspace f\left(\left\lfloor x\right\rfloor y\right)=f\left(x\right)\left\lfloor f\left(y\right)\right\rfloor\qquad\left(\heartsuit\right)\]

▷ Supposons que f soit à valeurs dans \left[0,1\right[. Alors \forall\left(x,y\right)\in\mathbb{R}^{2},\thinspace f\left(\left\lfloor x\right\rfloor y\right)=0. En particulier pour x=1 et donc f est l’application nulle.

▷ Supposons maintenant \exists y\in\mathbb{R};\thinspace f\left(y\right)\notin\left[0,1\right[ et fixons un tel y. Comme \left\lfloor f\left(y\right)\right\rfloor \neq0 :

    \[ \forall x\in\mathbb{R},\thinspace f\left(x\right)=\frac{f\left(\left\lfloor x\right\rfloor y\right)}{\left\lfloor f\left(y\right)\right\rfloor }\]

ce qui montre que la restriction de f à chaque intervalle du type \left[n,n+1\right[ (avec n\in\mathbb{Z}) est constante. Notons K_{n} cette constante. En choisissant y=0 et x=n dans \left(\heartsuit\right) :

    \[ K_{0}=K_{n}\left\lfloor K_{0}\right\rfloor\qquad\left(\star\right)\]

En particulier (n=0) :

    \[ K_{0}=K_{0}\left\lfloor K_{0}\right\rfloor \]

Donc K_{0}\in\left\{0\right\}\cup\left[1,2\right[.

  • Si K_{0}\in\left[1,2\right[, alors \left(\star\right) donne K_{0}=K_{n}, donc f est constante et cette constante appartient à \left[1,2\right[.
  • Et si K_{0}=0, alors en prenant x=2 et y=\frac{1}{2}, il vient K_{1}=K_{2}\left\lfloor K_{0}\right\rfloor =0 puis en prenant x=n et y=1 il vient K_{n}=K_{n}\left\lfloor K_{1}\right\rfloor =0. Dans ce cas, f=0.

Réciproquement, les fonctions constantes

    \[\boxed{x\mapsto K\in\left\{0\right\}\cup\left[1,2\right[}\]

conviennent toutes. Ce sont les solutions cherchées.

exercice 9 difficile

Considérons l’application

    \[ f:\left]0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},t\mapsto\frac{1}{t}-\left\lfloor \frac{1}{t}\right\rfloor \]

Ses restrictions aux segements de la forme \left[a,1\right], avec 0<a<1, sont continues par morceaux.

Il s’agit de montrer que l’intégrale partielle F\left(x\right)=\int_{x}^{1}\,f\left(t\right)\,dt admet une limite finie lorsque x tend vers 0 par valeurs supérieures, et de calculer cette limite.

Posons, dans un premier temps :

    \[ \forall n\in\mathbb{N}^{\star},\,u_{n}=F\left(\frac{1}{n}\right)\]

Alors :

    \begin{eqnarray*}u_{n} & = & \int_{1/n}^{1}\,f\left(t\right)\,dt\\& = & \sum_{k=1}^{n-1}\,\int_{1/\left(k+1\right)}^{1/k}\,f\left(t\right)\,dt\\& = & \sum_{k=1}^{n-1}\,\int_{1/\left(k+1\right)}^{1/k}\,\left(\frac{1}{t}-k\right)\,dt\\& = & \sum_{k=1}^{n-1}\,\left(\ln\left(\frac{k+1}{k}\right)-\frac{1}{k+1}\right)\end{eqnarray*}

donc, après sommation télescopique et ré-indexation :

    \[ u_{n}=\ln\left(n\right)-\sum_{k=2}^{n}\,\frac{1}{k}\]

Ainsi :

    \[ \boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\,u_{n}=1-\gamma}\]

où \gamma désigne la constante d’Euler.

Revenons à présent à l’intégrale partielle. Pour tout x\in\left]0,1\right[, posons {\displaystyle n_{x}=\left\lfloor \frac{1}{x}\right\rfloor }.

Comme f est majorée par 1 :

    \[ 0\leqslant\int_{x}^{1/n_{x}}\,f\left(t\right)\,dt\leqslant\frac{1}{n_{x}}-x\underset{x\rightarrow0}{\rightarrow}0\]

et donc

    \[\int_{x}^{1}\,f\left(t\right)\,dt=\int_{x}^{1/n_{x}}\,f\left(t\right)\,dt+u_{n_{x}}\underset{x\rightarrow0}{\rightarrow}1-\gamma\]

En définitive, l’intégrale proposée converge et

    \[ \boxed{\int_{0}^{1}\,\left(\frac{1}{t}-\left\lfloor \frac{1}{t}\right\rfloor \right)\,dt=1-\gamma}\]

Comme n\textrm{ mod }k=n-k\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor , il vient :

    \[ \frac{1}{n}\,\sum_{k=1}^{n}\,\frac{n\textrm{ mod }k}{k}=\frac{1}{n}\,\sum_{k=1}^{n}\,\left(\frac{n}{k}-\left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor \right)\]

On reconnaît une somme de Riemann attachée à l’intégrale précédente.

D’après le théorème de convergence des sommes de Riemann pour les intégrales impropres (voir l’exercice n° 8 de cette fiche) :

    \[ \boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\,\frac{1}{n}\,\sum_{k=1}^{n}\,\frac{n\textrm{ mod }k}{k}=1-\gamma}\]

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