Exercice 1 2100

Montrer que la fonction partie entière est croissante.

Exercice 2 2105 Correction

Soit $a \leq b \in ℝ$ . Établir

Card ([a; b] \cap ℤ) = ⌊ b ⌋ + ⌊ 1 - a ⌋ .

Solution

Si $a \notin ℤ$ alors $[a; b] \cap ℤ = {⌊ a ⌋ + 1, ⌊ a ⌋ + 2, \dots, ⌊ b ⌋}$ donc

Card ([a; b] \cap ℤ) = ⌊ b ⌋ - ⌊ a ⌋ .

⌊ 1 - a ⌋ = 1 + ⌊ - a ⌋ = - ⌊ a ⌋

car $a \notin ℤ$ donc

Card ([a; b] \cap ℤ) = ⌊ b ⌋ + ⌊ 1 - a ⌋ .

Si $a \in ℤ$ alors $[a; b] \cap ℤ = {a, a + 1, \dots, ⌊ b ⌋}$ donc

Card ([a; b] \cap ℤ) = ⌊ b ⌋ - a + 1 = ⌊ b ⌋ + ⌊ 1 - a ⌋

car $1 - a \in ℤ$ .

Exercice 3 2101

Montrer que pour tous $x$ et $y$ réels,

⌊ x ⌋ + ⌊ y ⌋ \leq ⌊ x + y ⌋ \leq ⌊ x ⌋ + ⌊ y ⌋ + 1 .

Exercice 4 5662 Correction

Soit $x \in ℝ$ . Quelle relation existe-t-il entre $⌊ x ⌋$ et $⌊ - x ⌋$ ?

Solution

Cas: $x \in ℤ$ . On a $- x \in ℤ$ et donc $⌊ x ⌋ = x$ tandis que $⌊ - x ⌋ = - x$ . Ainsi,

⌊ - x ⌋ + ⌊ x ⌋ = 0 .

Cas: $x \in ℝ ∖ ℤ$ . En posant $n = ⌊ x ⌋$ ,

n < x < n + 1 donc - (n + 1) < - x < - n .

On en déduit $⌊ - x ⌋ = - n + 1$ et donc

⌊ - x ⌋ + ⌊ x ⌋ = 1 .

Exercice 5 2102 Correction

Montrer

\forall x, y \in ℝ, ⌊ x ⌋ + ⌊ x + y ⌋ + ⌊ y ⌋ \leq ⌊ 2 x ⌋ + ⌊ 2 y ⌋ .

Solution

Si $⌊ x ⌋ \leq x < ⌊ x ⌋ + 1 / 2$ et $⌊ y ⌋ \leq y < ⌊ y ⌋ + 1 / 2$ alors

	$⌊ x + y ⌋ = ⌊ x ⌋ + ⌊ y ⌋,$
	$⌊ 2 x ⌋ = 2 ⌊ x ⌋ et$
	$⌊ 2 y ⌋ = 2 ⌊ y ⌋$

puis relation voulue.

Si $⌊ x ⌋ + 1 / 2 \leq x < ⌊ x ⌋ + 1$ et $⌊ y ⌋ \leq y < ⌊ y ⌋ + 1 / 2$ alors

	$⌊ x + y ⌋ \leq ⌊ x ⌋ + ⌊ y ⌋ + 1,$
	$⌊ 2 x ⌋ = 2 ⌊ x ⌋ + 1 et$
	$⌊ 2 y ⌋ = 2 ⌊ y ⌋$

puis la relation voulue.

Si $⌊ x ⌋ \leq x < ⌊ x ⌋ + 1 / 2$ et $⌊ y ⌋ + 1 / 2 \leq y < ⌊ y ⌋ + 1$ : c’est analogue.

Si $⌊ x ⌋ + 1 / 2 \leq x < ⌊ x ⌋ + 1$ et $⌊ y ⌋ + 1 / 2 \leq y < ⌊ y ⌋ + 1$ alors

	$⌊ x + y ⌋ \leq ⌊ x ⌋ + ⌊ y ⌋ + 2,$
	$⌊ 2 x ⌋ = 2 ⌊ x ⌋ + 1 et$
	$⌊ 2 y ⌋ = 2 ⌊ y ⌋ + 1$

puis la relation voulue.

Dans tous les cas la relation proposée est vérifiée.

Exercice 6 2103

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $x \in ℝ$ . Montrer

⌊ \frac{⌊ n x ⌋}{n} ⌋ = ⌊ x ⌋ .

Exercice 7 5333 Correction

Soient $x \in ℝ$ et $a, b \in ℕ^{*}$ . Montrer

⌊ \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ ⌋ = ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ .

Solution

D’une part,

⌊ \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ ⌋ \leq \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ \leq \frac{1}{a} \cdot \frac{x}{b} = \frac{x}{a b}

et donc

⌊ \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ ⌋ \leq ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ car ⌊ \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ ⌋ \in ℤ .

D’autre part,

a ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \leq a \frac{x}{a b} = \frac{x}{b}

et donc

a ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \leq ⌊ \frac{x}{b} ⌋ car a ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \in ℤ .

On en déduit

⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \leq \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋

puis

⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \leq ⌊ \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ ⌋ car ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \in ℤ .

Par double inégalité, on peut conclure.

Exercice 8 2104 Correction

Montrer que

\forall x \in ℝ, \forall n \in ℕ^{*}, \sum_{k = 0}^{n - 1} ⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ = ⌊ n x ⌋ .

Solution

Posons $m = ⌊ n x ⌋$ et réalisons la division euclidienne de $m$ par $n$ : $m = n q + r$ avec $0 \leq r \leq n - 1$ .
On a $n q + r \leq n x < n q + r + 1$ donc pour tout $k \in {0, \dots, n - 1}$ :

q + \frac{k + r}{n} \leq x + \frac{k}{n} < q + \frac{k + r + 1}{n} .

Si $k + r < n$ alors $⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ = q$ et si $k + r \geq n$ alors $⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ = q + 1$ .
Par suite,

\sum_{k = 0}^{n - 1} ⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ = \sum_{k = 0}^{n - r - 1} ⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ + \sum_{k = n - r}^{n - 1} ⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ = n q + r = m = ⌊ n x ⌋ .

Exercice 9 2106 Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Montrer qu’il existe $(a_{n}, b_{n}) \in {(ℕ^{*})}^{2}$ tel que

${(2 + \sqrt{3})}^{n} = a_{n} + b_{n} \sqrt{3} et 3 b_{n}^{2} = a_{n}^{2} - 1 .$
(b)

Montrer que la partie entière de ${(2 + \sqrt{3})}^{n}$ est un entier impair.

Solution

(a)

Par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .
Pour $n = 1$ , $a_{1} = 2$ et $b_{1} = 1$ conviennent.
Supposons la propriété établie au rang $n \geq 1$ .

${(2 + \sqrt{3})}^{n + 1} = (2 + \sqrt{3}) (a_{n} + b_{n} \sqrt{3}) = a_{n + 1} + b_{n + 1} \sqrt{3}$

avec $a_{n + 1} = 2 a_{n} + 3 b_{n}$ et $b_{n + 1} = a_{n} + 2 b_{n}$ de sorte que

$3 b_{n + 1}^{2} - a_{n + 1}^{2} = - a_{n}^{2} + 3 b_{n}^{2} = - 1 .$

Récurrence établie.
(b)

$a_{n} - 1 \leq b_{n} \sqrt{3} < a_{n}$ donc $2 a_{n} - 1 \leq {(2 + \sqrt{3})}^{n} < 2 a_{n}$ donc

$⌊ {(2 + \sqrt{3})}^{n} ⌋ = 2 a_{n} - 1 .$

C’est un entier impair.

Exercice 10 5577 Correction

Montrer que la fonction $x \mapsto 2 ⌊ x ⌋ - x + 1$ détermine une bijection de $ℝ_{+}$ vers $ℝ_{+}^{*}$ .

Solution

Pour tout $x \in ℝ$ , on sait

⌊ x ⌋ \leq x < ⌊ x ⌋ + 1 .

Pour tout $x \in ℝ_{+}$ , on obtient

2 ⌊ x ⌋ - x + 1 = \underset{\begin{matrix} \geq 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{⌊ x ⌋}} + \underset{\begin{matrix} > 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{⌊ x ⌋ + 1 - x}} > 0 .

L’application

f : {\begin{matrix} ℝ_{+} & \to & ℝ_{+}^{*} \\ x & \mapsto & 2 ⌊ x ⌋ - x + 1 \end{matrix}

est donc correctement définie.

Pour $k \in ℕ$ , la restriction de $f$ au départ de l’intervalle $[k; k + 1 [$ correspond à la fonction $x \mapsto 2 k + 1 - x$ , elle réalise une bijection décroissante de $[k; k + 1 [$ vers $] k; k + 1]$ .

Pour $y \in ℝ_{+}^{*}$ , il existe une unique $k \in ℕ$ tel que $y \in] k; k + 1]$ et il existe donc un unique $x \in ℝ_{+}$ tel que $y = f (x)$ .

L’application $f$ est donc bijective.

Exercice 11 3416

Vérifier que pour tout $n$ entier naturel,

⌊ \sqrt{n} + \sqrt{n + 1} ⌋ = ⌊ \sqrt{4 n + 2} ⌋ .

[<] Équations, inéquations et systèmes [>] Supremum et infimum

Édité le 29-08-2023

Partie entière