Problèmes de Mathématiques

Variations sur la fonction Partie Entière

Énoncé

Variations sur la fonction Partie Entière

Rappels et notations
Les définitions, notations et propriétés ci-dessous sont rappelées à toutes fins utiles, et aucune démonstration
n’est demandée. Dans ces notations, x est un réel quelconque. Sauf indication contraire, tous les entiers
considérés dans ce problème sont des entiers relatifs.

– On note bxc la partie entière de x (ou encore l’entier “plancher” de x).

C’est le plus grand entier inférieur ou égal à x.
Il est donc caractérisé par bxc ≤ x < bxc + 1, c’est-à-dire par x − 1 < bxc ≤ x.
– On note dxe l’entier “plafond” de x.
C’est le plus petit entier supérieur ou égal à x.
Il est donc caractérisé par dxe − 1 < x ≤ dxe, c’est-à-dire par x ≤ dxe < x + 1.
– Il est clair que les applications x 7→ bxc et x 7→ dxe sont croissantes au sens large.
bxc = p ⇔ x ∈ [p, p + 1[ bx + pc = bxc + p
 
– Pour tout entier p, on a et
dxe = p ⇔ x ∈ ]p − 1, p] dx + pe = dxe + p

Énoncé du problème

1. Pour tout réel x, vérifier que b−xc = − dxe et que d−xe = − bxc. [ S ]
2. Soit x un réel et p un entier. Montrer les équivalences suivantes :
( (
x ≤ p ⇔ dxe ≤ p p ≤ x ⇔ p ≤ bxc
et [S]
x < p ⇔ bxc + 1 ≤ p p < x ⇔ p ≤ dxe − 1

3. On note N (I) le nombre d’entiers distincts appartenant à un intervalle I de R.

Soit x et y des réels, avec x < y. Calculer N (I) dans les cas suivants :
I =]x, y[, I = [x, y[, I =]x, y], I = [x, y].
On exprimera les réponses en fonction d’un ou plusieurs des entiers bxc , byc , dxe , dye. [ S ]
   
x+k bxc + k
4. (a) Soit x un réel, et k, n deux entiers (n > 0). Prouver que = . [S]
n n
lp m √
(b) Montrer que x ∈ R+ ⇒ dxe = d xe. [ S ]

5. Soit f : R 7→ R une application continue et croissante (au sens large) sur R, et telle qu’on ait
toujours l’implication f (x) ∈ Z ⇒ x ∈ Z.
(a) Montrer que pour tout réel x, on a bf (x)c = bf (bxc)c [ S ]
(b) Montrer que pour tout réel x, on a df (x)e = df (dxe)e.
On appréciera une démonstration qui ne serait trop proche de celle de 5.a... [ S ]
(c) Retrouver ainsi les résultats des questions 4a et 4b. [ S ]

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Variations sur la fonction Partie Entière
Énoncé

6. Soit n un entier strictement positif.

n l√ m
P n j√ k
P
On se propose de calculer les sommes Sn = k et Tn = k .
k=1 k=1
(a) On suppose tout d’abord qu’il existe m dans N∗
tel que n = m2 .
(m + 1)(4m2 − m)
En utilisant une partition de [1, . . . , n], montrer que Sn = . [S]
6
(m + 1)(6n − 2m2 − m) √
(b) Montrer que dans le cas général, Sn = , avec m = b nc. [ S ]
6
m(6n + 5 − 2m2 − 3m)
(c) Avec ces notations, en déduire que Tn = [S]
6
7. Dans cette question, x est un réel, m est dans Z et n est dans N∗ .
n−1
 
P x + km
On se propose de calculer la somme U (m, n, x) = .
k=0 n
n−1
 
P x+k
(a) On commence par supposer m = 1. Montrer que U (1, n, x) = = bxc.
k=0 n
Indication : commencer par examiner le cas où x est dans Z, puis généraliser. [ S ]
(b) On suppose maintenant que les entiers m et n sont premiers entre eux (c’est-à-dire qu’ils
n’ont pas d’autre diviseur positif autre que 1.)
Pour tout k de {0, . . . , n − 1} on note f (k) le reste dans la division de km par n.
   
x + km x + f (k) km f (k)
i. Montrer que = + − . [S]
n n n n
ii. Montrer que f est une bijection de {0, . . . , n − 1} sur lui-même. [ S ]
(m − 1)(n − 1)
iii. En déduire que U (m, n, x) = bxc + [S]
2
(c) On suppose enfin que les entiers m ∈ Z et n ∈ N∗ sont quelconques.
On note d le pgcd de m er de n (leur plus grand diviseur commun.)
m = dm0

0 0 ∗
Il existe donc deux entiers m ∈ Z et n ∈ N tels que .
n = dn0
On sait enfin que m0 et n0 sont premiers entre eux.
i. En notant k = n0 q + k 0 la division de k par n0 , montrer que :
0 −1  0 −1  !
d−1
P nP x + (n0 q + k 0 )m 0m
 d−1 nP x + k
qm0 n0 +
P
U (m, n, x) = = [S]
q=0 k0 =0 n q=0 k0 =0 n
d(d − 1)  x
ii. En déduire U (m, n, x) = m0 n0 + d U m0 , n0 , . [S]
2 d
iii. Conclure finalement, avec x ∈ R, m ∈ Z, n ∈ N∗ , et d = pgcd(m, n) :
n−1
  j x k mn − m − n + d
P x + km
=d + . [S]
k=0 n d 2
Remarque
Par symétrie, le résultat précédent prouve
 que pour toutréel x et
 pour tous entiers m, n
n−1
 m−1
P x + km P x + kn
strictement positifs, on a l’égalité : = .
k=0 n k=0 m

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Variations sur la fonction Partie Entière
Corrigé

Corrigé du problème

1. – Soit x un réel, l’entier p = dxe est caractérisé par x ≤ p < x + 1.

Mais avec y = −x cet encadrement équivaut à y − 1 < −p ≤ y.
On reconnait en −p la caractérisation de l’entier byc. Ainsi b−xc = −p = − dxe.
– De même manière, q = bxc est caractérisé par x − 1 < q ≤ x.
Cet encadrement équivaut à −x ≤ −q < −x + 1.
On reconnait en −q la caractérisation de d−xe. Ainsi d−xe = −q = − bxc.
[Q]

2. Soit x un réel et p un entier.

– Par définition, dxe est le minimum de l’ensemble des entiers q tels que x ≤ q.
On a donc par définition : x ≤ p ⇔ dxe ≤ p.
– On sait que bxc est le plus grand des entiers inférieurs ou égaux à x.
bxc + 1 est donc le plus petit des entiers strictement supérieurs à x.
Ainsi l’inégalité x < p est-elle équivalente à bxc + 1 ≤ p.
– Par définition, bxc est le maximum de l’ensemble des entiers q tels que q ≤ x.
On a donc par définition : p ≤ x ⇔ p ≤ bxc.
– On sait que dxe est le plus petit des entiers supérieurs ou égaux à x.
dxe − 1 est donc le plus grand des entiers strictement inférieurs à x.
Ainsi l’inégalité p < x est-elle équivalente à p ≤ dxe − 1.
[Q]
3. – Si m, n sont deux entiers, avec m ≤ n, alors N ([m, n]) = n − m + 1.
– Pour tout entier p, on a x < p < y ⇔ bxc + 1 ≤ p ≤ dye − 1.
Ainsi N (]x, y[) = N ( [bxc + 1, dye − 1] ) = dye − bxc − 1.
– Pour tout entier p, on a x ≤ p < y ⇔ dxe ≤ p ≤ dye − 1.
Ainsi N ([x, y[) = N ( [dxe , dye − 1] ) = dye − dxe.
– Pour tout entier p, on a x < p ≤ y ⇔ bxc + 1 ≤ p ≤ byc.
Ainsi N (]x, y]) = N ( [bxc + 1, byc] ) = byc − bxc.
– Pour tout entier p, on a x ≤ p ≤ y ⇔ dxe ≤ p ≤ byc.
Ainsi N ([x, y]) = N ( [dxe , byc] ) = byc − dxe + 1.
[Q]
 
x+k x+k
4. (a) Notons p = . On a p ≤ < p + 1 donc pn − k ≤ x < (p + 1)n − k.
n n
Or pn − k et (p + 1)n − k sont des entiers.

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Variations sur la fonction Partie Entière
Corrigé

On en déduit (cf question 2) que pn − k ≤ bxc < (p + 1)n − k.

   
bxc + k bxc + k x+k
Il en découle p ≤ < p + 1 donc =p= . [Q]
n n n
√
(b) Supposons x > 0. Alors p = d xe est un entier strictement positif.
√
On a p − 1 < x ≤ p donc (p − 1)2 < x ≤ p2 .
Mais (p − 1)2 et p2 sont des entiers.
p
D’après l’énoncé, il en découle (p − 1)2 < dxe ≤ p2 donc p − 1 < dxe ≤ p.
lp m √
Cela signifie que dxe = p = d xe (et c’est encore vrai si x = 0.) [ Q ]

5. (a) Soit x un réel. Notons m = bxc

L’application f étant croissante, m ≤ x implique f (m) ≤ f (x).
L’application t 7→ btc étant elle aussi croissante, on a bf (m)c ≤ bf (x)c.
Par l’absurde, supposons bf (m)c < bf (x)c c’est-à-dire bf (m)c + 1 ≤ bf (x)c.
Notons p = bf (x)c. On a ainsi f (m) < bf (m)c + 1 ≤ p ≤ f (x) donc f (m) < p ≤ f (x).
L’application f étant continue, il existe q dans ]m, x] tel que f (q) = p.
En utilisant les hypothèses, q est un entier car p = f (q) est un entier.
On ainsi trouvé un entier q tel que m < q ≤ x, ce qui est absurde (c’est en contradiction
avec la définition de m = bxc.)
Conclusion, pour tout réel x, on a bf (bxc)c = bf (x)c. [ Q ]
(b) On pourrait utiliser une méthode analogue mais ça ne serait pas très élégant.
On va en fait utiliser le résultat ci-dessus, avec l’application x 7→ g(x) = −f (−x).
Cette application est continue (composée d’applications continues).
Elle est croissante car :
x ≤ y ⇒ −y ≤ −x ⇒ f (−y) ≤ f (−x) ⇒ −f (−x) ≤ −f (−y)
Pour tout réel x, on a bg(b−xc)c = bg(−x)c donc bg(− dxe)c = b−f (x)c.
Autrement dit : b−f (dxe)c = − df (x)e donc − df (dxe)e = − df (x)e.
On a donc bien obtenu l’égalité : df (dxe)e = df (x)e. [ Q ]
x+k
(c) – L’application f : x 7→ (k ∈ Z, n ∈ N∗ ) est continue sur R et croissante.
n
D’autre part, si f (x) = p ∈ Z, alors x = np − k ∈ Z.
Les hypothèses du début de la question 5 sont donc réunies.
   
bxc + k x+k
On en déduit : ∀x ∈ R, bf (bxc)c = bf (x)c, c’est-à-dire = .
n n
√
– L’application f : x 7→ x est continue et croissante sur R+ .
Si f (x) est un entier k, alors x = k 2 est un entier.
Les hypothèses sur f sont donc réunies (sur R+ et pas sur R, mais peu importe : on peut
par exemple prolonger f en posant f (x) = 0 sur R− ...)

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Variations sur la fonction Partie Entière
Corrigé

lp m √
On en déduit : ∀x ∈ R+ , df (dxe)e = df (x)e, c’est-à-dire dxe = d xe.
[Q]
6. (a) Pour tout j de N∗ , on considère l’intervalle d’entiers Ij =](j − 1)2 , j 2 ].
Par exemple, I1 = {1}, I2 = {2, 3, 4}, I3 = {5, 6, 7, 8, 9}, etc.
Avec n = m2 , l’intervalle I = [1, n] est la réunion disjointe I1 ∪ I2 ∪ · · · Im .
Pm P l√ m
On peut donc écrire Sn = Sn,j avec Sn,j = k .
j=1 k∈Ij
√ l√ m
Or pour tout k de Ij , on a (j − 1)2 <k≤ j2 donc j − 1 < k ≤ j et k = j.

D’autre part, le cardinal de l’intervalle d’entiers Ij est j 2 − (j − 1)2 = 2j − 1.

Pm m(m + 1)(2m + 1) m(m + 1)
Ainsi Sn = Sm2 = (2j − 1)j = − .
j=1 3 2
n l√ m
P (m + 1)(4m2 − m)
Finalement : Sn = Sm2 = k = . [Q]
k=1 6
(b) Il existe un unique entier m de N∗ tel que m2 ≤ n < (m + 1)2 .
√ √
Cet entier vérifie m ≤ n < m + 1. Autrement dit m = b nc.
Pn l√ m
On peut écrire Sn = Sm2 + k .
k=m2 +1
(m + 1)(4m2 − m)
La première somme, on le sait, est égale à .
6
La deuxième comporte n − m2 termes (éventuellement n − m2 = 0).
√ √ l√ m
Dans chacun de ces termes on a m < k ≤ n < m + 1 donc k = m + 1.

La deuxième somme vaut donc (n − m2 )(m + 1).

(m + 1)(4m2 − m) (m + 1)(6n − 2m2 − m)
Ainsi Sn = + (n − m2 )(m + 1) = . [Q]
6 6
Pn l√ m j√ k
(c) Il suffit de considérer la différence Sn − Tn = k − k .
k=1
l√ m j√ k
Dans cette somme toutes les quantités uk = k − k valent 0 ou 1.
√
En fait, uk = 0 si k est un entier, c’est-à-dire si k est un carré, et uk = 1 sinon.
Or dans l’intervalle [1, n], il y a m carrés parfaits, de 1 à m2 .
(m + 1)(6n − 2m2 − m)
Ainsi Sn − Tn = n − m, donc Tn = − n + m.
6
m(6n + 5 − 2m2 − 3m)
Il en découle finalement Tn = . [Q]
6
7. (a) – On suppose tout d’abord que x est un entier relatif.
Soit x = qn + r sa division euclidienne par n (on a q ∈ Z et r ∈ {0, . . . , n − 1}.)
n−1
  n−1    n−1
 
P qn + r + k P r+k P r+k
U (1, n, x) = = q+ = nq + .
k=0 n k=0 n k=0 n

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Variations sur la fonction Partie Entière
Corrigé

Dans cette dernière somme on a : 0 ≤ r + k ≤ r + n − 1 < 2n.

 
r+k
Ainsi vaut 0 si r + k < n et 1 si r + k ≥ n.
n
n−1 n−1
 
P r+k P
On en déduit = 1 = r. Finalement : U (1, n, x) = nq + r = x.
k=0 n k=n−r
   
x+k bxc + k
– On suppose maintenant x ∈ R. On sait depuis (4a) que = .
n n
n−1
  n−1  
P x+k P bxc + k
On en déduit U (1, n, x) = = .
k=0 n k=0 n
Mais bxc est un entier, donc cette dernière somme vaut bxc.
n−1
 
P x+k
On a ainsi prouvé l’égalité U (1, n, x) = = bxc.
k=0 n
[Q]
x + km x + f (k) + km − f (k) x + f (k) km − f (k)
(b) i. On a = = + .
n n n n
km − f (k)
Mais est un entier. On en déduit :
n
     
x + km x + f (k) km − f (k) x + f (k) km f (k)
= + = + − . [Q]
n n n n n n
ii. f est effectivement une application de {0, . . . , n − 1} dans lui-même.
Comme l’ensemble {0, . . . , n − 1} est fini, il suffit de vérifier que f est injective.
On se donne donc deux entiers k et k 0 de {0, . . . , n − 1} tels que f (k) = f (k 0 ).
f (k) = f (k 0 ) prouve que km − k 0 m = (k − k 0 )m est un multiple de n.
Or n est premier avec m. Le théorème de Gauss affirme donc que n divise k − k 0 .
Or k − k 0 est strictement compris entre −n et n. La seule possibilité est k − k 0 = 0.
Ainsi f est injective donc bijective de {0, . . . , n − 1} dans lui-même. [ Q ]
n−1
  
P x + f (k) km f (k)
iii. On sait maintenant que U (m, n, x) = + − .
k=0 n n n
n−1 m n−1 1 n−1
 
P x + f (k) P P
Ainsi U (m, n, x) = + k− f (k).
k=0 n n k=0 n k=0
Mais quand k décrit {0, . . . , n − 1}, f (k) en fait autant.
n−1
  n−1   n−1 n−1
P x + f (k) P x+k P P n(n − 1)
Donc = = bxc et f (k) = k= .
k=0 n k=0 n k=0 k=0 2
m − 1 n(n − 1) (m − 1)(n − 1)
Finalement : U (m, n, x) = bxc + = bxc + . [Q]
n 2 2
(c) i. On a 0 ≤ k < n = dn0 . Le quotient q de k par n0 varie donc de 0 à d − 1.
Pour un quotient q donné, on a k = qn0 + k 0 , avec k 0 ∈ {0, . . . , n0 − 1}.
En regroupant dans U (m, n, x) suivant les valeurs de q, on obtient donc :

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Variations sur la fonction Partie Entière
Corrigé

0 −1 !
n−1 x + (qn0 + k 0 )m
  d−1 nP

P x + km P
U (m, n, x) = = .
k=0 n q=0 k0 =0 n
qn0 m qn0 (dm0 ) q(dn0 )m0
Or = = = qm0 , qui est un entier. On en déduit :
n n n
0 −1   n0 −1  0 −1 
nP x + (qn0 + k 0 )m x + k0 m nP x + k0 m
  
0 0 0
P
= qm + = qm n + .
k0 =0 n k0 =0 n k0 =0 n
!
0 −1 
d−1 nP x + k0 m

0 0
P
On a effectivement obtenu : U (m, n, x) = qm n + . [Q]
q=0 k0 =0 n
 n0 −1  x
0 −1
nP x + k0 m P d + k 0 m0
 
0 , n0 , x .
 
ii. On voit maintenant que = = U m
k0 =0 n k0 =0 n0 d
Mais cette quantité ne dépend pas de l’indice q. Ainsi :
d−1
P 0 0  x  d−1  x
qm n + U m0 , n0 , = m0 n0 q + d U m0 , n0 ,
P
U (m, n, x) = .
q=0 d q=0 d
d(d − 1)  x
On trouve donc bien : U (m, n, x) = m0 n0 + d U m0 , n0 , . [Q]
2 d
iii. En utilisant la question 7.b.iii, on obtient :

(m0 − 1)(n0 − 1)
j k 
d(d − 1) x
U (m, n, x) = m0 n0 +d +
2 d 2
jxk d(d − 1) (m − 1)(n0 − 1)
0
=d + m0 n0 +d
d 2 2
j x k mn − m0 n0 d dm0 n0 − n − m + d
=d + +
d 2 2
j x k mn − m − n + d
=d + .
d 2
[Q]
Remarque finale
Le résultat précédent est symétrique par rapport aux deux indices m, n.
Si on suppose que m, n sont tous deux strictement positifs, on a donc obtenu :
n−1
X  m−1
X  x + kn 
x + km
=
n m
k=0 k=0

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