Encore des parties entières
Bonsoir, voici où j'en suis arrivé dans ma résolution.
Soit $n \in \mathbb{N^{*}}$.
Soit $x \in \mathbb{R}$ et on pose $p_{k}=E(x+\frac{k}{n})$ avec $k\in \{0,\ldots,n-1\}$.
Comme $\frac{k}{n} \geq 0$ on a $x \leq x + \frac{k}{n}$, donc $$\sum_{k=0}^{n-1}{x} \leq \sum_{k=0}^{n-1}{p_{k}} ,
$$ Ainsi, on obtient $\quad nx \leq \sum\limits_{k=0}^{n-1}{p_{k}}~$ de ce qui précède, on a $$E(nx) \leq \sum_{k=0}^{n-1}{p_{k}}.
$$ Je suis actuellement bloqué sur la deuxième inégalité afin de pouvoir conclure, pouvez-vous me donner une indication, svp ...
Soit $n \in \mathbb{N^{*}}$.
Soit $x \in \mathbb{R}$ et on pose $p_{k}=E(x+\frac{k}{n})$ avec $k\in \{0,\ldots,n-1\}$.
Comme $\frac{k}{n} \geq 0$ on a $x \leq x + \frac{k}{n}$, donc $$\sum_{k=0}^{n-1}{x} \leq \sum_{k=0}^{n-1}{p_{k}} ,
$$ Ainsi, on obtient $\quad nx \leq \sum\limits_{k=0}^{n-1}{p_{k}}~$ de ce qui précède, on a $$E(nx) \leq \sum_{k=0}^{n-1}{p_{k}}.
$$ Je suis actuellement bloqué sur la deuxième inégalité afin de pouvoir conclure, pouvez-vous me donner une indication, svp ...
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Réponses
Si on pose $k_0 = \min\{k \in [\![0,n-1]\!] \mid \lfloor x + \frac{k}{n} \rfloor > \lfloor x \rfloor \}$, on doit pouvoir exprimer les deux membres en fonction de $k_0$ je pense (en étudiant bien évidemment le cas où $k_0$ n'est pas défini).
P.S.: La notation $p$ est affreuse, écrire $p_k$ est bien mieux.
1) Considérer la fonction $f: \,x \mapsto [x]+ [x+ \frac{1}{n}]+ \cdots +[x+ \frac{n-1}{n}] - [nx]$.
2) Vérifier qu'elle est périodique de période $\frac 1 n$.
3) Vérifier qu'elle est nulle sur $[0;\frac 1n[$.
4) Conclure.
Soit la fonction \begin{array}{l|rcl}
f : & \R & \longrightarrow & \Z \\
& x & \longmapsto & \sum_{k=0}^{n-1}{E\Big(x+\frac{k}{n}\Big)} -E(nx)
\end{array} 1- Montrons que $f$ est $\frac{1}{n}$-périodique.
Soit $x \in \mathbb{R}$.
On a $f(x+\frac{1}{n})=\sum_{k=0}^{n-1}{E(x+\frac{k+1}{n})}- E(nx+1)$, ainsi, $f(x)=E(x+\frac{1}{n})+\cdots+E(nx)+1$, en ajoutant et retranchant $E(nx)$ dans notre expression, on obtient $f(x+\frac{1}{n})=f(x)$, ce qui montre que $f$ est $\frac{1}{n}$-périodique.
2- Soit $x \in [0,\frac{1}{n}[$.
on a $ 0\leq x<\frac{1}{n}$ donc $ 0\leq nx<1$, d'où $E(nx)=0$
De plus soit $k\in \{0,\ldots,n-1\}$.
On a $ 0\leq x+\frac{k}{n}<\frac{n-1}{n}+\frac{1}{n}=1$, de ce qui précède, on en déduit que $E(x+\frac{k}{n})=0$ pour $k\in \{0,\ldots,n-1\}$.
Alors la fonction $f$ est nulle sur $[0,\frac{1}{n}[.$
3- omme $f$ est nulle sur $[0,\frac{1}{n}[$ et que $f$ est $\frac{1}{n}$-périodique, on en déduit que $f$ est nulle sur $\mathbb{R}$/
On conclut que $\sum_{k=0}^{n-1}{E(x+\frac{k}{n})}=E(nx),~\forall x \in \mathbb{R}$
Première remarque : $\forall k \in [\![0,n-1]\!], \lfloor x + \frac{k}{n} \rfloor = \lfloor x \rfloor \text{ ou } \lfloor x \rfloor +1$.
1) On suppose $\{k \in [\![0,n-1]\!] \mid \lfloor x + \frac{k}{n} \rfloor = \lfloor x \rfloor +1 \} \neq \varnothing$. On pose $k_0 = \min\{k \in [\![0,n-1]\!] \mid \lfloor x + \frac{k}{n} \rfloor = \lfloor x \rfloor + 1 \}$. Alors d'une part $$\sum_{k=0}^{n-1} \left\lfloor x + \frac{k}{n} \right\rfloor = \sum_{k=0}^{k_0-1} \left\lfloor x + \frac{k}{n} \right\rfloor + \sum_{k=k_0}^{n-1} \left\lfloor x + \frac{k}{n} \right\rfloor = \sum_{k=0}^{k_0-1} \lfloor x \rfloor + \sum_{k=k_0}^{n-1} (\lfloor x \rfloor +1) = n\lfloor x \rfloor + (n - k_0).$$
Et d'autre part $$\begin{eqnarray} x+ \frac{k_0-1}{n} < \lfloor x \rfloor +1 \leqslant x+ \frac{k_0}{n} &\Leftrightarrow& nx+ k_0-1 < n\lfloor x \rfloor +n \leqslant nx+ k_0\\
&\Leftrightarrow& nx-1 < n\lfloor x \rfloor +n-k_0 \leqslant nx\\
&\Leftrightarrow& n\lfloor x \rfloor +n-k_0 \leqslant nx < n\lfloor x \rfloor +n-k_0 +1\\
&\Leftrightarrow& \lfloor nx \rfloor = n\lfloor x \rfloor +n-k_0.
\end{eqnarray} $$
2) On suppose $\{k \in [\![0,n-1]\!] \mid \lfloor x + \frac{k}{n} \rfloor = \lfloor x \rfloor +1 \} = \varnothing$. Donc $\sum_{k=0}^{n-1} \lfloor x + \frac{k}{n} \rfloor = n\lfloor x \rfloor$. Et $ x+ \frac{n-1}{n} < \lfloor x \rfloor +1 \leqslant x+ 1 = x+ \frac{n}{n}$, puis on reprend les équivalences ci-dessus en remplaçant $k_0$ par $n$.
Je vais donc jeter un coup d’œil à ce bijou.
Soit $x \in \mathbb{R}$ alors l'entier $E(x)$ est le plus grand entier relatif tel que $E(x)\leq x<E(x)+1$.
Mais cela signifie qu'il peut exister toujours des réels dans l'intervalle de $E(x)$ à $x $ si $x$ n'est pas un entier non ?
[Restons dans cette discussion. AD]
Ta définition est redondante : soit "le plus grand entier tel que $E(x)\le x$", soit "l'entier tel que $E(x)\le x<E(x)+1$" suffisent.
Sinon, bien évidemment, il y a toujours des réels entre deux réels différents; il y en a même une infinité !
Cordialement.
C'est pour le fun.
encore une fois , pourrais-je avoir une indication sur cet exercice svp
$n$ et $p$? j'ose croire qu'ils appartiennent à $\mathbb{R}$ , au vu de la loi de composition + définie sur $\mathbb{R}$.
Si $n$ est pair, disons $n=2k$ avec $k \in \mathbb Z$ alors $\left \lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor = \left \lfloor k + \frac{p}{2} \right\rfloor = k$ puisque $\frac{p}{2} \in [0, 1[$ tandis que $\left \lfloor \frac{x+1}{2} \right\rfloor = \left \lfloor k + \frac{p+1}{2} \right\rfloor =k$ puisque $\frac{p+1}{2} \in [0, 1[$ et on trouve bien $\left \lfloor \frac{x}{2} \right\rfloor + \left \lfloor \frac{x+1}{2} \right\rfloor =2k = n$. Le cas $n$ impair est similaire.
Un " réel entre les réels a=1 et b=0,9999999999" ? facile, même un décimal : 0,9999999999821.
Il n'est pas dit, dans la locution "entre" qu'il y a un ordre sur les bornes. Ce matin, il y avait un accident sur l'A6 entre Paris et Lyon, il était aussi entre Lyon et Paris.
J'avais soigneusement choisi ma formulation.
Cordialement.
Je pense que tu as mal lu le nombre b, ça commence ( de gauche à droite ) par 0 puis virgule puis une infinité de 9. On peut considérer le nombre c=(a+b)/2, théoriquement c'est entre a et b strictement mais une approximation décimal de c s’écrit $\forall n\in \N, c=\sum_{k=1}^n 9 \times 10^{-k}$ c'est a dire une écriture de la forme 0.9999999...........................
Donc pour le fun , pourquoi un 0.999... peut être différent d'un 0.999... :-D
Dans ce cas, tu te moques du monde ! Donc ta question ne mérite pas de réponse, mais je t'envoie relire mon message, qui excluait ce cas.
Cordialement.
NB : Tu es malade ? Tu écris en ce moment des messages pas bien sains.
exclusivement . Si tu sens une moquerie, tu en passe !
Tu as raison sur un point, je suis malade, une fièvre depuis deux jours
Avec les inégalités je bloque sur une partie , j'essaye donc d'utiliser la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par: $f(x)=E(x)+E(-x)+1$.
j'ai pu montrer que $f$ est $1-périodique$ , mais je n'arrive pas à montrer sa nullité sur $[0,1[$ ....
$$-E(x)-1\leq -x\leq (-E(x)-1)+1$$ en partant de la definition de E
edit une coquille , je corrige démontre plutôt $-E(x)-1\leq -x< (-E(x)-1)+1$
Soit x un réel et n, m deux entiers. On a :
n $\leqslant$ x < m $\Leftrightarrow$ n $\leqslant$ [x] < m
En particulier,
n $\leqslant$ x < n+1 $\Leftrightarrow$ [x] = n
On suppose maintenant n positif. On a successivement :
[x] $\leqslant$ x < [x] + 1
n [x] $\leqslant$ n x < n [x] + n
n [x] $\leqslant$ [n x] < n [x] + n
[x] $\leqslant$ [n x] / n < [x] + 1
[ [nx] / n ] = [x]
si x n'est pas un entier, alors $E(x)<x<E(x)+1\leq E(x)+1$ c'est le point de départ, le reste s’enchaîne pour demontrer que $-E(x)-1\leq -x< (-E(x)-1)+1$
Évidemment, on peut toujours conclure de < que $\le$, donc tu peux en déduire les formules avec des inégalités larges si ça t'arrange.
Cordialement
[x] $\leqslant$ x < [x] + 1
[-x] $\leqslant$ -x < [-x] + 1
-2 < [x] + [-x]
Si x $\in$ Z, alors -x $\in$ Z, [x] = x, [-x] = -x, [x] + [-x] = 0
Si x $\notin$ Z, alors -x $\notin$ Z, x $\neq$ [x], -x $\neq$ [-x], [x] < x, [-x] < -x,
-2 < [x] + [-x] < 0
[x] + [-x] = -1
Merci à @GG .
Désolé si je ne publie que des publications sur les parties entières... c’est ma fiche la coupable :-)
Une fois de plus merci à tous .
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1849184,1849200#msg-1849200
@gerard0 , finalement je commence à écrire cordialement partout aussi .... :-D
Si on considère $f et g $ deux fonctions de $\mathbb{R}$ à valeurs dans $\mathbb{R}$, dire que :
$E(f(x))=E(g(x))$ implique $|f(x)-g(x)|\leq 1$
Si oui cela me permet donc de trouver l’ensemble des valeurs de x pouvant vérifier l’égalité....
En effet si $\lfloor x \rfloor=\lfloor y \rfloor=k$ alors $k \le x <k+1$ et $k \le y <k+1$, d'où : $-k-1 <-y \le -k$, et addition.
phi
tu voulais corriger en
Et le petit problème que j'ai proposé, n'est-il pas intéressant ?
Soit $x\in \mathbb{R}$ .
$E(2x-1)=E(x+1) \Rightarrow |2x-1-x-1|<1$ $\Leftrightarrow |x-2|<1$
$\Leftrightarrow 1<x<3$
effectivement si cette équation est vrai alors $x \in ]1,3[ $ mais je dois déterminer maintenant l'ensemble des $x$ qui vérifie cette équation...
une petite indication pour la suite svp....
NB: je sais que 2 est solution lol ...(:P)
Bonne journée maussade.
Tu peux te ramener à la résolution de $$E(2x)-E(x)-2=0$$
une solution évidente autre que 2 est $\frac{3}{2}$
@keynes , on obtient une expression de x en fonction des parties fractionnaires, étant donné qu’il y’a équivalence entre les 2 équations, une conclusion peut se faire pour l’ensemble des solutions de l’équation de départ ....
@gebrane , me propose une résolution graphique avec cette équation, ou une résolution algébrique fera le boulot ....
Si $n\leq x<n+1$, la bête $E(x)$ est tuée.
Donc que feras-tu pour tuer en même temps la bête $E(2x)$.
(deux cas à distinguer !)
Moi j'ai une traceuse, ça s'appelle un stylo à bille.
Il n'est pas très difficile de représenter graphiquement ces deux fonctions.
n $\leqslant$ 2x-1 < n+1
n $\leqslant$ x+1 < n+1
x $\in$ [n-1, n[ $\cap$ [(n+1)/2, (n+2)/2[
Cette intersection est vide lorsque (n+1)/2 $\geqslant$ n, soit lorsque n $\leqslant$ 1, ou lorsque (n+2)/2 $\leqslant$ n-1, soit n $\geqslant$ 4.
Lorsque n = 2, x $\in$ [3/2, 2[
Lorsque n = 3, x $\in$ [2, 5/2[
La solution est donc x $\in$ [3/2, 5/2[
J'ai envie de voir ta traceuse en exercice, le feras-tu pour moi ?
Merci
Tu compliques un peu !
L'astuce c'est que si $E(x)=k$ alors par definition $k\leq x<k+1$
*On distingue alors les deux cas
Soit $k\leq x<k+\frac 12$, alors $E(x)=2k $ et l’équation se ramène à $2k-k=2$ c'est à dire $k=2$ c'est à dire $x\in [2,\frac 52[$
*Soit $k+\frac 12\leq x<k+1$, alors ..............
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Ssalut, je viens de regarder ta démonstration, que c'est beau B-)-
Je veux bien savoir qu'est-ce qui t'a motivé à utiliser cette démarche :-) stp.
Posons $p=E(x)$.
On sait que $p\leq x<p+1$. Donc $2p\leq 2x<2p+2$ ainsi , $2p\leq E(2x)<2p+2$ . On en déduit que $2p\leq E(2x)\leq2p+1$
1er cas. $E(2x)=2p$ alors on a $p=2$ , donc $x \in [2,\frac{5}{2}[$
2e cas. $E(2x)=2p+1$ alors $p=1$ donc $x \in [\frac{3}{2},2[$
de tout ce qui précède , on peut en déduire que $x \in [\frac{3}{2},\frac{5}{2}[.$
Donc pour un petit récapitulatif, $E(2x-1)=E(x+1)$ $\Longleftrightarrow$ $x \in [\frac{3}{2},\frac{5}{2}[$ :-D
Merci à tous pour l'aide .
J'ai commencé par observer que $\forall k \in [\![0,n-1]\!], \lfloor x + \frac{k}{n} \rfloor = \lfloor x \rfloor \text{ ou } \lfloor x \rfloor +1$. La question naturelle qui suit c'est : Quels $\lfloor x + \frac{k}{n} \rfloor$ valent $\lfloor x \rfloor$ et les quels valent $\lfloor x \rfloor +1$ ? D'où l'introduction de $k_0$.
De plus, $\lfloor nx \rfloor$ est un peu plus grand que $n \lfloor x \rfloor$ ; et d'autant plus grand que les $\lfloor x + \frac{k}{n} \rfloor$ valant $\lfloor x \rfloor+1$ sont nombreux. Il paraît donc raisonnable de pouvoir exprimer les deux membres en fonction de $n \lfloor x \rfloor$ et $k_0$.
Pour le membre de gauche c'est facile. Pour l'autre, le plus simple est d'utiliser la définition de $\lfloor nx \rfloor$ par encadrement, et donc de partir du seul encadrement utile connu qui fait intervenir $k_0$ : $x+ \frac{k_0-1}{n} < \lfloor x \rfloor +1 \leqslant x+ \frac{k_0}{n}$.