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M EA REE JMF 03 .pdf



Nom original: M-EA-REE-JMF-03.pdf
Auteur: Jean-Michel Ferrard

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´matiques
Exercices de Mathe
`re, Borne sup et inf
Partie entie
´
Enonc´
es

´
Enonc´
es des exercices
Exercice 1 [ Indication ] [ Correction ]
R´esoudre E(2x − 1) = E(x − 4) dans IR.
Exercice 2 [ Indication ] [ Correction ]
Etudier lim [un ] si lim un = `.




Exercice 3 [ Indication ] [ Correction ]
Calculer lim

n→∞

1
([x] + [2x] + · · · + [nx]).
n2

Exercice 4 [ Indication ] [ Correction ]
Soient x un r´eel, et n un entier naturel non nul.
On note t 7→ [t] l’op´eration “partie enti`ere”.


x+k
[x] + k
1. Montrer que pour tout entier relatif k,
=
.
n
n

n−1
X
x+k
2. Montrer que
= [x].
n
k=0
Exercice 5 [ Indication ] [ Correction ]
Montrer que tout rationnel r de [0, 1[ s’´ecrit d’une mani`ere unique :
r=

a2 a3
an
+
+ ··· +
+ ···
2!
3!
n!

les entiers ai (nuls `a partir d’un certain rang) v´erifiant 0 ≤ ai < i.
5
Mettre sous cette forme le rationnel .
7
Exercice 6 [ Indication ] [ Correction ]
n
o
Calculer λ = inf sup |x2 + tx| .
t∈IR

x∈[0,1]

c
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Tous droits de l’auteur des œuvres r´
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es. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation
individuelle et priv´
ee sont interdites.

´matiques
Exercices de Mathe
`re, Borne sup et inf
Partie entie
Indications, r´esultats

Indications ou r´
esultats
Indication pour l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Noter k = [x], et discuter suivant le placement de x par rapport `a k + 12 .
L’ensemble des solutions est l’intervalle [− 27 , − 52 [.
Indication pour l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
– Si ` = ±∞, alors lim [un ] = ` :
n→+∞

– Si ` n’est pas entier, la suite ([un ]) est stationnaire donc convergente en [`].
– Si ` est un entier, alors plusieurs cas sont possibles. . .,
Indication pour l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
x
Utiliser kx ≤ [kx] < kx + 1. On trouve lim un (x) = .
n→+∞
2
Indication pour l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]


x+k
1. Si q =
, qn − k ≤ x < (q + 1)n − k ⇒ qn − k ≤ [x] < (q + 1)n − k ⇒ . . .
n
2. On suppose d’abord que x ∈ Z. Soit x = qn + r la division de x par n.
Pour k ∈ {0, . . . , n − 1}, discuter suivant la position de r + k par rapport `a n.
Si x est un r´eel quelconque, utiliser la question (1).
Indication pour l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
– On commence par l’unicit´e des (an ). On note : sn =

n−1
P

P ak
ak
et rn =
.
k=2 k!
k≥n+1 k!

Prouver an = [n!(r − sn )] = [n!r] − n!sn .
– R´eciproquement, on a 0 ≤ an ≤ n − 1 (r´ecurrence). Soit N ∈ IN tel que N !r soit entier.
Prouver que pour tout n ≥ N , on a an+1 = 0, donc sn+1 = r.
– La d´ecomposition de r =

5
5
1
1
1
4
2
est : = + + + + .
7
7
2! 3! 4! 6! 7!

Indication pour l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ]
– Traiter le cas t ≥ 0.
– Si t < 0, ´etudier x 7→ |x(x + t)|.
Il apparaˆıt alors les cas t ≤ −2, −2 ≤ t ≤ −1, −1 ≤ t ≤ 0.
– La borne inf´erieure λ est obtenue en supposant −1 ≤ t ≤ 0.


Plus pr´ecis´ement, elle est obtenue quand t = 2 − 2 2 et elle vaut 3 − 2 2.

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Exercices de Mathe
`re, Borne sup et inf
Partie entie
Corrig´es

Corrig´
es des exercices
´ de l’exercice 1 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Corrige
Posons k = [x]. On a k ≤ x < k + 1.
– Si k ≤ x < k +

1
2

alors 2k ≤ 2x < 2k + 1 et [2x] = 2k.

L’´equation ´equivaut alors `a 2k − 1 = k − 4, c’est-`a-dire k = −3.
On obtient ainsi les solutions x ∈ [−3, − 25 [.
– Si k +

1
2

≤ x < k + 1 alors 2k + 1 ≤ 2x < 2k + 2 et [2x] = 2k + 1.

L’´equation ´equivaut alors `a 2k = k − 4, c’est-`a-dire k = −4.
On obtient ainsi les solutions x ∈ [− 27 , −3[.
– Finalement, l’ensemble des solutions est l’intervalle [− 72 , − 52 [.
´ de l’exercice 2 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Corrige
– Si ` = ±∞, alors lim [un ] = ` : C’est une cons´equence de un − 1 < [un ] ≤ un .
n→+∞

Dans la suite, on suppose que ` est un r´eel.
– Supposons que ` ne soit pas entier. Notons k = [`]. On a k < ` < k + 1.
Soit ε > 0 tel que k < ` − ε < ` + ε < k + 1.
Il existe un entier n0 tel que n ≥ n0 ⇒ ` − ε ≤ un ≤ ` + ε.
Pour tout n ≥ n0 , on a donc : [un ] = k = [`].
Ainsi la suite ([un ]) est stationnaire en [`] donc convergente en ce point.
– Si ` est un entier, alors plusieurs cas sont possibles :
Si ∃n0 tel que n ≥ n0 ⇒ un ≥ `, alors ([un ]) stationne en `, donc converge vers `.
Si ∃n0 tq n ≥ n0 ⇒ un < `, alors ([un ]) stationne en ` − 1, donc converge vers ` − 1.
Dans les autres cas, c’est-`a-dire si pour tout N il existe n0 ≥ N et n1 ≥ N tels que un0 < `
et un1 ≥ ` alors la suite de terme ([un ]) n’est pas convergente (elle poss`ede une suite
extraite convergeant vers ` et une autre convergeant vers ` − 1.)
(−1)n
Par exemple si un =
, alors [u2n ] = 0 et [u2n+1 ] = −1.
n+1

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`re, Borne sup et inf
Partie entie
Corrig´es

´ de l’exercice 3 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Corrige
Pour tout r´eel x, et tout entier k, on a kx ≤ [kx] < kx + 1.
n
n
1 P
x P
On en d´eduit l’encadrement : 2
k ≤ un (x) < 2
(kx + 1).
n k=1
n k=1
n+1
1
x
n+1
Autrement dit :
x ≤ un (x) <
x + . On en d´eduit lim un (x) = .
n→+∞
2n
2n
n
2
´ de l’exercice 4 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Corrige


x+k
x+k
1. Soit q =
. On a q ≤
< q + 1 c’est-`a-dire qn − k ≤ x < (q + 1)n − k (1).
n
n
Pour tous entiers m et p, on a : m ≤ x < p ⇐⇒ m ≤ [x] < p.
[x] + k
(1) ´equivaut donc `a qn − k ≤ [x] < (q + 1)n − k, c’est-`a-dire q ≤
<q+1 .
n


[x] + k
On en d´eduit
= q, ce qu’il fallait d´emontrer.
n
2. On commence par traiter le cas o`
u x un entier relatif.
Soit x = qn + r la division euclidienne de x par n : le reste r v´erifie 0 ≤ r ≤ n − 1.





x+k
r+k
r+k
= q+
=q+
.
Pour tout entier k de {0, . . . , n − 1}, on a :
n
n
n


r+k
Remarquons que 0 ≤ r + k ≤ 2n − 2 < 2n :
est donc ´egale `a 0 ou 1.
n


r+k
– Si 0 ≤ k ≤ n − r − 1 (ce qui fait n − r possibilit´es) alors r + k ≤ n − 1 et
= 0.
n


r+k
– Si n − r ≤ k ≤ n − 1 (ce qui fait r possibilit´es), alors r + k ≥ n et
= 1.
n
On en d´eduit :




n−1
n−1
n−1
X
X
X
x+k
r+k
r+k
=
q+
= nq +
n
n
n
k=0
k=0
k=0

n−r−1
n−1
X r + k
X
r+k
= nq +
+
n
n
k=0 | {z }
k=n−r | {z }
=0

=1

= nq + (n − r) · 0 + r · 1 = nq + r = x
On suppose maintenant que x est un r´eel quelconque.
X

n−1
n−1
X
x+k
[x] + k
D’apr`es le (a),
=
.
n
n
k=0
k=0
Mais [x] est un entier relatif, et cette derni`ere somme est ´egale `a [x], comme on vient de
le voir. Le r´esultat est donc prouv´e pour tout r´eel x.

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Exercices de Mathe
`re, Borne sup et inf
Partie entie
Corrig´es

´ de l’exercice 5 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Corrige
– On note [x] la partie enti`ere de tout r´eel x.
On commence par prouver l’unicit´e de la suite (an ), en supposant qu’elle existe.
n−1
P ak
P ak
Pour simplifier, on note : sn =
et rn =
(cette derni`ere somme est finie).
k=2 k!
k≥n+1 k!
an
Pour tout n ≥ 2, on a donc r = sn +
+ rn (avec la convention s2 = 0.)
n!
Si on note N un entier tel que n > N ⇒ an = 0 alors on a les in´egalit´es :
N
N
X
X
ak
k−1
0 ≤ rn =

k! k=n+1 k!
k=n+1
N
N
P
P
k−1
Or
=
k=n+1 k!
k=n+1



1
1

(k − 1)! k!


=

1
1
1

< .
n! N !
n!

On en d´eduit 0 ≤ n!rn < 1 puis an = n!(r − sn − rn ) ≤ n!(r − sn ) < an + 1.
Ainsi an est la partie enti`ere de n!(r − sn ).
Plus pr´ecis´ement, an = [n!(r − sn )] = [n!r] − n!sn car n!sn est en entier.
On constate donc que la suite (an ), si elle existe, est d´efinie de mani`ere unique par :
a2 = [2r] (ce qui implique 0 ≤ a2 ≤ 1 car 0 ≤ r < 1)
Pour tout n ≥ 3, an = [n!(r − sn )] = [n!r] − n!sn = [n!r] − n!

n−1
P

ak
.
k=2 k!

– Il reste `a prouver que la suite (an ) d’entiers d´efinie par les conditions pr´ec´edentes satisfait
aux conditions impos´ees par l’´enonc´e, c’est-`a-dire :
Pour tout n ≥ 2, on doit avoir 0 ≤ an ≤ n − 1.
Il existe un entier N tel que n > N ⇒ an = 0.
P an
La suite (an ) v´erifie l’´egalit´e r =
.
n≥2 n!
On sait d´ej`a que 0 ≤ a2 ≤ 1. On se donne donc un entier n ≥ 3.
Par construction, on a l’encadrement : an−1 ≤ (n − 1)!(r − sn−1 ) < an−1 + 1.
an−1
1
1
On en d´eduit : 0 ≤ r − sn−1 −
<
ou encore : 0 ≤ r − sn <
.
(n − 1)!
(n − 1)!
(n − 1)!
Cette double in´egalit´e s’´ecrit 0 ≤ n!(r − sn ) < n et elle implique 0 ≤ an ≤ n − 1.
Ainsi, pour tout entier n ≥ 2, on a : 0 ≤ an ≤ n − 1.
n−1
P ak
Il en d´ecoule en particulier que n!sn = n!
est toujours un entier.
k=2 k!
Puisque r est rationnel, il existe un entier N tel que N !r soit entier.

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`re, Borne sup et inf
Partie entie
Corrig´es

Pour tout n ≥ N , n!r et donc n!(r − sn ) sont des entiers.
On en d´eduit que pour tout n ≥ N , on a : an = n!(r − sn ).
Il en d´ecoule, pour tout n ≥ N :
h
an i
an+1 = [(n + 1)!(r − sn+1 )] = (n + 1) · n!(r − sn − ) = 0
n!
Cela implique, toujours pour n ≥ N : 0 = an+1 = (n + 1)!(r − sn+1 ) = 0 donc sn+1 = r.
On a ainsi prouv´e l’existence d’un entier N tel que : n > N ⇒ an = 0 et sn = r.
C’est ce qu’il fallait d´emontrer...
– Ce programme Maple calcule la liste des ak (jusqu’`a N au sens pr´ec´edent.)
> decomp :=proc(r : :rational)
local s,L,n,a ;
L :=[] ; s :=0 ;
for n from 2 do a :=floor(n !*(r-s)) ;
L :=[op(L),a] ;
if a=n !*(r-s) then break fi ;
s :=s+a/n ! ;
od ;
L;
end :
5
Voici la d´ecomposition de r = .
7
> L :=decomp(5/7) ;
L := [1, 1, 1, 0, 4, 2]
On v´erifie qu’on a bien

5
1
1
1
4
2
= + + + +
:
7
2! 3! 4! 6! 7!

> sum(L[k]/(k+1) !,k=1..nops(L)) ;
5
7

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Corrig´es

´ de l’exercice 6 [ Retour `a l’´enonc´e ]
Corrige
– Si t ≥ 0, l’application x 7→ x2 + tx est positive croissante sur [0, 1].
Dans ce cas sup |x2 + tx| est atteint pour x = 1 et vaut 1 + t ≥ 1.
x∈[0,1]

– Si t < 0, le tableau de variation de l’application x 7→ |x(x + t)| est le suivant :

On en d´eduit :
t
Si 1 ≤ − , c’est-`a-dire si t ≤ −2, alors : sup |x2 + tx| = |1 + t| ≥ 1.
2
x∈[0,1]
t
t2
Si − ≤ 1 ≤ −t, c’est-`a-dire si −2 ≤ t ≤ −1, alors : sup |x2 + tx| =
≤ 1.
2
4
x∈[0,1]
1
quand t = −1.)
4
t2
Si −t ≤ 1, c’est-`a-dire si −1 ≤ t ≤ 0, alors : sup |x2 + tx| = sup{ , |1 + t|} ≤ 1.
4
x∈[0,1]
(quantit´e d´ecroissante par rapport `a t, et de mimimum

t2
t2
Posons µ = inf ϕ(t), avec ϕ(t) = sup{ , |1 + t|} = sup{ , 1 + t}.
−1≤t≤0
4
4


t2
1 2
1
α = 2 − 2 2 ≈ −0, 83
Or − (1 + t) = (t − 4t − 4) = (t − α)(t − β), avec

4
4
4
β =2+2 2>0

.

t2
t2
≥ 1 + t sur [−1, α] et
≤ 1 + t sur [α, 0].
4
4
On en d´eduit que :
t2
ϕ(t) =
(fonction d´ecroissante) sur [−1, α] et
4
ϕ(t) = 1 + t (fonction croissante) sur [α, 0].

1
Finalement, µ = ϕ(α) = 1 + α = 3 − 2 2 < .
4
Conclusion : La borne inf´erieure λ est obtenue en supposant −1 ≤ t ≤ 0.


Plus pr´ecis´ement, elle est obtenue quand t = 2 − 2 2 et elle vaut 3 − 2 2.
Ainsi on a

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