Exercices corrigés : la fonction partie entière (math SN4, secondaire 4)

Une seule idée gouverne les six calculs : la partie entière DESCEND toujours jusqu'à l'entier immédiatement inférieur ou égal. Elle ne coupe pas les décimales, elle ne fait pas d'arrondi au plus proche. Sur une droite graduée, on place le nombre puis on recule jusqu'au premier trait entier rencontré, et l'on ne recule pas si l'on est déjà dessus.

a) $3{,}5$ est entre $3$ et $4$. En reculant, on tombe sur $3$ : $\lfloor 3{,}5\rfloor=3$. Ici couper les décimales aurait donné la même réponse, ce qui explique pourquoi l'erreur ne se voit jamais sur les positifs.

b) $-2{,}3$ est entre $-3$ et $-2$. Le plus grand entier INFÉRIEUR OU ÉGAL à $-2{,}3$ est $-3$, pas $-2$ : $\lfloor -2{,}3\rfloor=-3$. C'est le piège central du chapitre, et il vient de ce que sur les négatifs, descendre signifie s'ÉLOIGNER de zéro. Contrôle logique : $-2$ est supérieur à $-2{,}3$, il ne peut donc pas être un entier inférieur à $-2{,}3$.

c) $4$ est déjà un entier, on ne recule pas : $\lfloor 4\rfloor=4$. Tout entier est sa propre partie entière, et c'est le seul cas où l'égalité a lieu.

d) On calcule d'abord ce qui est à l'intérieur : $-4-0{,}2=-4{,}2$. Puis $\lfloor -4{,}2\rfloor=-5$, en descendant comme en b). Enfin on multiplie : $2\times(-5)=-10$. L'ordre des opérations compte, le facteur $2$ agit APRÈS la partie entière ; si on l'avait fait entrer, on aurait obtenu $\lfloor -8{,}4\rfloor=-9$, ce qui est autre chose.

e) $\lfloor 3{,}5\rfloor=3$ et $\lfloor -1{,}1\rfloor=-2$. La soustraction donne $3-(-2)=3+2=5$. Deux signes moins consécutifs se transforment en plus : c'est l'endroit où l'on perd le plus souvent deux points sur cette question.

f) On déroule l'intérieur : $2\times(-3)+0{,}9999=-6+0{,}9999=-5{,}0001$. Ce nombre est situé JUSTE EN DESSOUS de $-5$, donc sa partie entière est $-6$. Puis le signe moins devant donne $-(-6)=6$. Cette question est construite pour tester la lecture au voisinage d'un entier : si l'intérieur avait valu $-4{,}9999$, c'est-à-dire juste AU-DESSUS de $-5$, la partie entière aurait été $-5$ et la réponse $5$. Un écart de deux dix-millièmes change donc le résultat d'une unité entière, ce qui est la caractéristique d'une fonction en escalier.

a) Le domaine est $\mathbb{R}$ : la partie entière accepte n'importe quel réel, il n'y a aucune condition d'existence à poser, contrairement à la racine carrée ou à une fraction. L'image, en revanche, est très réduite : $f$ ne renvoie que des ENTIERS, donc l'image est $\mathbb{Z}$. Une fonction dont le domaine est continu et l'image discrète, c'est exactement ce que traduit le graphique en escalier.

b) $f(2{,}7)=\lfloor 2{,}7\rfloor=2$. $f(-1{,}5)=\lfloor -1{,}5\rfloor=-2$, en descendant vers l'entier inférieur, et non $-1$. $f(3)=\lfloor 3\rfloor=3$, la valeur d'un entier étant lui-même.

c) La marche est la LARGEUR d'un palier horizontal, c'est-à-dire l'intervalle de $x$ sur lequel la valeur ne change pas : ici la fonction vaut $2$ sur tout $[2\,;3[$, donc la marche vaut $1$. La contremarche est la HAUTEUR du saut entre deux paliers consécutifs : on passe de $2$ à $3$, donc elle vaut $1$ aussi. Ces deux nombres se lisent sur les paramètres : la marche vaut $\frac{1}{|b|}$ et la contremarche $|a|$, avec ici $a=b=1$.

d) Le tracé est une suite de segments horizontaux. Sur $[-3\,;3]$ on en dessine sept, aux hauteurs $-3,\ -2,\ -1,\ 0,\ 1,\ 2,\ 3$. Le détail qui rapporte les points est le type de points aux extrémités : chaque palier est FERMÉ à gauche, avec un point plein, et OUVERT à droite, avec un point vide. Par exemple le palier de hauteur $2$ va de $x=2$ inclus à $x=3$ exclu, car $f(2)=2$ mais $f(3)=3$ déjà. Cette convention découle directement de $b>0$, et un tracé avec les points inversés décrit une autre fonction.

a) On lit les paramètres sur $f(x)=2\lfloor x-1\rfloor+3$ : $a=2$, $b=1$ (sous-entendu devant le $x$), $h=1$ et $k=3$. La contremarche vaut $|a|=2$ : chaque saut fait monter la fonction de $2$. La marche vaut $\frac{1}{|b|}=1$ : chaque palier s'étend sur une unité. Le rôle de $a$ et celui de $b$ ne se confondent pas, l'un agit verticalement, l'autre horizontalement.

b) On calcule toujours l'INTÉRIEUR de la partie entière d'abord, puis on applique $a$ et $k$. $f(0)=2\lfloor 0-1\rfloor+3=2\lfloor -1\rfloor+3=2\times(-1)+3=1$. $f(1{,}5)=2\lfloor 0{,}5\rfloor+3=2\times 0+3=3$, en notant que $\lfloor 0{,}5\rfloor=0$ et non $1$. $f(3{,}2)=2\lfloor 2{,}2\rfloor+3=2\times 2+3=7$.

c) Le produit $ab=2\times 1=2>0$, donc la fonction est CROISSANTE : les paliers montent de gauche à droite. On le confirme sur les valeurs de b), $f(0)=1$, $f(1{,}5)=3$, $f(3{,}2)=7$, qui augmentent bien ✓. Retenez que c'est le SIGNE DU PRODUIT qui décide, et non celui de $a$ seul : avec $a=2$ et $b=-1$, la fonction serait décroissante malgré un $a$ positif.

d) Le repère $(h\,;k)$ est le point plein $(1\,;3)$. C'est le point où la partie entière s'annule tout juste, puisque $x-1=0$ en $x=1$, et il marque le début du palier de hauteur $3$. Vérification : $f(1)=2\lfloor 0\rfloor+3=3$ ✓, et ce palier s'étend sur $[1\,;2[$ puisque la marche vaut $1$. Une fois ce point placé, tout le graphique se construit de proche en proche, en montant de $2$ tous les $1$ vers la droite et en descendant de $2$ tous les $1$ vers la gauche.

a) La contremarche se lit verticalement, comme l'écart entre deux paliers consécutifs : elle vaut $2$, donc $|a|=2$. La marche se lit horizontalement, comme la largeur d'un palier : elle vaut $3$, et puisque la marche est $\frac{1}{|b|}$, on en déduit $|b|=\frac{1}{3}$. Les deux lectures sont indépendantes et il ne faut pas les intervertir : c'est $b$ qui est l'INVERSE de la largeur, alors que $a$ est directement la hauteur.

b) Les marches sont fermées à GAUCHE, c'est-à-dire que le point plein est à l'extrémité gauche de chaque palier et le point vide à droite. Cette configuration correspond à $b>0$, donc $b=+\frac{1}{3}$. La convention est celle de la fonction de base $\lfloor x\rfloor$, qui change de valeur en franchissant un entier par la droite. Si les paliers avaient été fermés à droite, il aurait fallu $b<0$. Le point plein visible sur le graphique est $(0\,;1)$, ce qui donne $h=0$ et $k=1$.

c) Il reste à déterminer le SIGNE de $a$, la valeur absolue étant connue depuis a). Les marches MONTENT de gauche à droite, donc la fonction est croissante, donc $ab>0$. Comme $b=\frac{1}{3}>0$, il faut $a>0$, d'où $a=+2$. Règle : $f(x)=2\left\lfloor\frac{1}{3}x\right\rfloor+1$, le $h=0$ n'ayant pas à être écrit. Contrôles sur trois points, un par palier : $f(0)=2\lfloor 0\rfloor+1=1$ ✓, ce qui redonne le point plein ; $f(3)=2\lfloor 1\rfloor+1=3$, un cran plus haut trois unités plus loin ✓ ; $f(-1)=2\left\lfloor -\frac{1}{3}\right\rfloor+1=2\times(-1)+1=-1$, un cran plus bas à gauche ✓. Les trois valeurs sont cohérentes avec une contremarche de $2$ et une marche de $3$.

a) La grille tarifaire se lit par TRANCHES ENTAMÉES, ce qui est la marque d'une fonction en escalier : ce n'est pas la durée exacte qui compte, mais l'heure commencée. Pour $40$ minutes, on est dans la première heure entamée, l'intervalle $]0\,;1]$, donc le coût est de $4$ dollars, exactement comme pour un stationnement de $59$ minutes. Pour $2$ h $30$, on est dans la TROISIÈME heure entamée, l'intervalle $]2\,;3]$ : on paie $4$ dollars pour la première heure, puis $3$ dollars pour chacune des deux heures supplémentaires entamées, soit $4+3+3=10$ dollars.

b) On cherche une règle unique plutôt qu'une liste de cas. Si $n$ désigne le nombre d'heures ENTAMÉES, le coût vaut $4+3(n-1)=1+3n$. Or $n$ est l'arrondi de $t$ à l'entier SUPÉRIEUR, ce que l'on note $\lceil t\rceil$. D'où $C(t)=1+3\lceil t\rceil$ pour $0<t\leq 4$, complété par le plafond $C(t)=16$ pour $t>4$. Contrôles : $C(0{,}67)=1+3\times 1=4$ dollars ✓ et $C(2{,}5)=1+3\times 3=10$ dollars ✓, conformes à a). Notez que l'arrondi supérieur est nécessaire ici, et non la partie entière ordinaire : $\lfloor 2{,}5\rfloor=2$ facturerait deux heures au lieu de trois, ce qui contredirait la notion d'heure entamée. Les deux se relient par $\lceil t\rceil=-\lfloor -t\rfloor$.

c) Le coût maximal est de $16$ dollars. La règle non plafonnée donnerait $1+3\lceil t\rceil$, qui atteint $1+3\times 5=16$ pour $t$ dans $]4\,;5]$ : le plafond entre donc en vigueur dès que la durée dépasse $4$ heures, et il ne change rien tant qu'on reste sous $5$ heures. Au-delà, il devient réellement contraignant : à $7$ heures, la règle non plafonnée facturerait $1+21=22$ dollars, mais on ne paie que $16$. Intérêt pratique de ce plafond, et c'est le genre d'interprétation qu'un examen demande : au-delà de $5$ heures, chaque heure supplémentaire est GRATUITE, ce qui incite à laisser sa voiture toute la journée plutôt que quelques heures.

a) $[-2{,}3]=-3$ : on descend vers l'entier inférieur, et non vers $-2$. $[-0{,}6]=-1$ : bien que le nombre soit proche de zéro, l'entier immédiatement inférieur est $-1$, et surtout PAS $0$, qui lui est supérieur. $[4{,}99]=4$ : on descend, quelle que soit la proximité de $5$. $[-5]=-5$ : un entier est sa propre partie entière. La règle unique à retenir est que $[x]\leq x$ TOUJOURS, avec égalité seulement si $x$ est entier ; toute réponse qui violerait cette inégalité est fausse sans autre examen.

b) On cherche tous les $x$ dont la partie entière vaut exactement $-3$. Par définition, $[x]=-3$ signifie que $-3$ est le plus grand entier inférieur ou égal à $x$, autrement dit que $x$ est au moins $-3$ mais n'atteint pas l'entier suivant : $-3\leq x<-2$. Ensemble-solution : $[-3\,;-2[$. Notez l'asymétrie des crochets, elle n'est pas décorative : $-3$ est INCLUS car $[-3]=-3$, tandis que $-2$ est EXCLU car $[-2]=-2$ et non $-3$. Une équation en partie entière a donc pour solution tout un intervalle, jamais un point isolé.

c) On isole d'abord la partie entière, comme on isolerait un radical : $-2[x]+5=11$ donne $-2[x]=6$, puis en divisant par $-2$, $[x]=-3$. On est ramené exactement à la question b), donc $x\in[-3\,;-2[$. Vérification sur un point quelconque de l'intervalle, $x=-2{,}5$ : $-2\times(-3)+5=6+5=11$ ✓. Vérification hors de l'intervalle, $x=-2$ : $-2\times(-2)+5=9\neq 11$ ✓, la borne est bien exclue.

d) La partie entière d'un nombre est, par construction, un ENTIER : c'est le plus grand entier vérifiant une certaine condition, donc c'est un entier. Elle ne peut donc jamais valoir $2{,}5$, qui n'en est pas un. Formulé autrement, l'image de la fonction partie entière est $\mathbb{Z}$ et non $\mathbb{R}$ : l'équation $[x]=c$ n'a de solution que si $c$ est entier, et dans ce cas elle en a une infinité, tout l'intervalle $[c\,;c+1[$. C'est exactement l'opposé du comportement d'une fonction affine, qui atteint toute valeur réelle mais une seule fois.

a) $C(2{,}3)=-0{,}40\times[-2{,}3]=-0{,}40\times(-3)=1{,}20$ dollar. Suivons la logique : la durée $2{,}3$ min entame la troisième minute, et le prix correspond bien à trois minutes à $0{,}40$ dollar ✓. $C(4)=-0{,}40\times[-4]=-0{,}40\times(-4)=1{,}60$ dollar : quatre minutes exactement, quatre minutes facturées, sans minute supplémentaire. La règle facture donc bien à la minute entamée, et le cas d'une durée entière est traité correctement, sans surfacturation.

b) Dans la forme canonique $a[b\,x]$, on lit $a=-0{,}40$ et $b=-1$. La raison du double signe négatif mérite d'être comprise plutôt que mémorisée. La partie entière seule arrondit vers le BAS : $[2{,}3]=2$ facturerait deux minutes pour un appel qui en a entamé trois, ce qui correspondrait à la minute COMPLÉTÉE. En prenant l'opposé de la variable, $[-2{,}3]=-3$, puis en changeant à nouveau de signe, $-[-2{,}3]=3$, on obtient un arrondi vers le HAUT. Le composé $-[-x]$ est donc l'arrondi supérieur, celui de la minute entamée, et le signe négatif de $b$ est exactement ce qui réalise ce retournement. Le signe négatif de $a$, lui, sert à rétablir un prix positif.

c) Quand $b<0$, chaque palier est fermé À DROITE : le point plein est à l'extrémité droite. Concrètement, un appel d'exactement $4$ minutes appartient encore au palier facturé $1{,}60$ dollar, alors que $4$ minutes et une seconde bascule sur le palier suivant à $2{,}00$ dollars. C'est le comportement attendu d'une facturation à la minute entamée, et c'est l'inverse de la fonction de base $\lfloor x\rfloor$, dont les paliers sont fermés à gauche. On peut le vérifier sur la règle : $C(4)=1{,}60$ mais $C(4{,}0001)=-0{,}40\times[-4{,}0001]=-0{,}40\times(-5)=2{,}00$ ✓.

d) $-0{,}40\,[-x]=2$ donne $[-x]=\frac{2}{-0{,}40}=-5$. Par la définition de la partie entière, cela équivaut à $-5\leq -x<-4$. On multiplie les trois membres par $-1$, ce qui RENVERSE les deux inégalités et échange leurs rôles : $5\geq x>4$, soit $4<x\leq 5$. Tout appel de plus de $4$ minutes et d'au plus $5$ minutes coûte exactement $2$ dollars. Notez la forme des crochets, ouvert à gauche et fermé à droite, qui est l'inverse de celle rencontrée à l'exercice 6 : c'est la conséquence directe du $b<0$ et du renversement d'inégalité. Contrôles aux bornes : $C(4)=1{,}60$, donc $4$ est bien exclu ✓ ; $C(5)=-0{,}40\times(-5)=2{,}00$, donc $5$ est bien inclus ✓.

a) À l'embauche, $x=0$ : $S(0)=42\ 000+1500\left[\frac{0}{2}\right]=42\ 000+1500\times 0=42\ 000$ dollars. Après $3$ ans : $\left[\frac{3}{2}\right]=[1{,}5]=1$, donc $S(3)=42\ 000+1500=43\ 500$ dollars. Après $7{,}9$ ans : $\left[\frac{7{,}9}{2}\right]=[3{,}95]=3$, donc $S(7{,}9)=42\ 000+1500\times 3=42\ 000+4500=46\ 500$ dollars. Observez le troisième calcul : à un dixième d'année du quatrième échelon, l'employé touche encore le salaire du troisième. La fonction en escalier ne récompense pas l'ancienneté en continu, elle la récompense par sauts.

b) La règle est de la forme $a\left[b\,x\right]+k$ avec $b=\frac{1}{2}$, donc la marche vaut $\frac{1}{|b|}=2$ ans : le salaire reste FIXE pendant deux années complètes avant de bouger. La contremarche vaut $|a|=1500$ dollars : chaque échelon franchi ajoute $1500$ dollars au salaire annuel. Traduction en langage de ressources humaines : l'employé change d'échelon tous les deux ans et gagne alors $1500$ dollars de plus, soit une progression moyenne de $750$ dollars par an, mais versée par paliers et non graduellement.

c) On isole la partie entière : $42\ 000+1500\left[\frac{x}{2}\right]=51\ 000$ donne $1500\left[\frac{x}{2}\right]=9000$, donc $\left[\frac{x}{2}\right]=6$. Par définition, cela signifie $6\leq\frac{x}{2}<7$, et en multipliant par $2$, qui est positif et ne renverse rien : $12\leq x<14$. Le salaire de $51\ 000$ dollars est donc atteint dès $12$ ans d'ancienneté et se maintient jusqu'à $14$ ans exclus. Vérifications aux bornes : $S(12)=42\ 000+1500\times 6=51\ 000$ ✓ et $S(14)=42\ 000+1500\times 7=52\ 500$, donc $14$ est bien exclu ✓.

d) L'énoncé plafonne le salaire au niveau atteint à $20$ ans. On calcule ce niveau : $\left[\frac{20}{2}\right]=[10]=10$, donc $S=42\ 000+1500\times 10=42\ 000+15\ 000=57\ 000$ dollars. Le salaire plafonne donc à $57\ 000$ dollars à partir de $20$ ans d'ancienneté. Bilan de carrière, qui est l'interprétation que l'examen attend : sur vingt ans, l'employé franchit dix échelons et son salaire augmente de $15\ 000$ dollars, soit environ $36$ % de son salaire d'embauche, après quoi l'ancienneté ne rapporte plus rien.

a) On calcule toujours l'intérieur de la partie entière avant tout le reste. $f(1)=2\left\lfloor\frac{1-1}{3}\right\rfloor+1=2\lfloor 0\rfloor+1=1$. $f(3)=2\left\lfloor\frac{2}{3}\right\rfloor+1=2\times 0+1=1$, car $\frac{2}{3}\approx 0{,}67$ descend à $0$. $f(4)=2\left\lfloor\frac{3}{3}\right\rfloor+1=2\lfloor 1\rfloor+1=3$. $f(7)=2\left\lfloor\frac{6}{3}\right\rfloor+1=2\times 2+1=5$. Le fait que $f(1)=f(3)=1$ n'est pas un hasard : ces deux abscisses appartiennent au même palier, ce que la question suivante va préciser.

b) La fonction ne change de valeur que lorsque l'intérieur $\frac{x-1}{3}$ franchit un entier. Cela se produit quand $x-1$ est un multiple de $3$, c'est-à-dire pour $x=1,\ 4,\ 7,\ 10,\ \ldots$ : les paliers ont donc une largeur de $3$, ce que confirme la formule $\frac{1}{|b|}$ avec $b=\frac{1}{3}$. À chaque franchissement, la partie entière augmente de $1$ exactement, et le facteur $a=2$ multiplie ce saut : la fonction monte donc de $2$ d'un palier au suivant. Palier de largeur $3$, saut de hauteur $2$. Contrôle sur les valeurs de a) : $f(1)=1$ et $f(4)=3$, un écart de $2$ pour un écart de $3$ en abscisse ✓.

c) On isole la partie entière : $2\left\lfloor\frac{x-1}{3}\right\rfloor+1=5$ donne $2\left\lfloor\frac{x-1}{3}\right\rfloor=4$, donc $\left\lfloor\frac{x-1}{3}\right\rfloor=2$. On traduit ensuite par la définition, qui encadre l'intérieur entre l'entier trouvé et le suivant : $2\leq\frac{x-1}{3}<3$. On multiplie les trois membres par $3$ : $6\leq x-1<9$. On ajoute $1$ : $7\leq x<10$. Solution : $[7\,;10[$. Vérifications aux bornes : $f(7)=5$ ✓ comme calculé en a), et $f(10)=2\lfloor 3\rfloor+1=7\neq 5$ ✓, la borne droite est bien exclue. Une équation avec partie entière a un INTERVALLE de solutions, et donner seulement $x=7$ ne vaut qu'une partie des points.

d) Quand $\left\lfloor\frac{x-1}{3}\right\rfloor$ parcourt tous les entiers $n$, ce qu'il fait effectivement puisque $\frac{x-1}{3}$ parcourt tout $\mathbb{R}$, la fonction prend les valeurs $2n+1$. Or $2n+1$ décrit exactement les entiers IMPAIRS quand $n$ décrit $\mathbb{Z}$ : $n=0$ donne $1$, $n=1$ donne $3$, $n=-1$ donne $-1$, et ainsi de suite. L'image est donc $\{\ldots,\ -3,\ -1,\ 1,\ 3,\ 5,\ \ldots\}$, l'ensemble des entiers impairs. Deux remarques pour bien lire ce résultat : la fonction ne prend AUCUNE valeur paire ni décimale, et les paramètres $a$ et $k$ suffisent à le prévoir, puisque l'image d'une partie entière transformée est toujours l'ensemble des nombres de la forme $a\,n+k$.

a) $\lfloor 2{,}7\rfloor=2$, sans difficulté. Pour $\lfloor -2{,}7\rfloor$, on cherche le plus grand entier inférieur ou égal à $-2{,}7$ : les candidats sont $-3,\ -4,\ -5,\ \ldots$ et le plus grand d'entre eux est $-3$. Donc $\lfloor -2{,}7\rfloor=-3$, et non $-2$, qui est SUPÉRIEUR à $-2{,}7$ et donc disqualifié. Formulation à retenir : la partie entière descend toujours, si bien que pour un négatif non entier elle s'éloigne de zéro. C'est pour cela qu'elle ne coïncide pas avec la troncature, qui elle se contente d'effacer les décimales et donnerait $-2$.

b) Pour $x=2{,}7$ : $\lfloor 2{,}7\rfloor+\lfloor -2{,}7\rfloor=2+(-3)=-1$. Pour $x=4$ : $\lfloor 4\rfloor+\lfloor -4\rfloor=4+(-4)=0$. La règle générale est donc que $\lfloor x\rfloor+\lfloor -x\rfloor$ vaut $0$ si $x$ est entier et $-1$ sinon. La démonstration tient en une ligne à partir de l'écriture $x=\lfloor x\rfloor+f$ où $f$ est la partie fractionnaire, $0\leq f<1$. Si $f=0$, alors $-x$ est entier lui aussi et la somme est nulle. Si $f>0$, alors $-x=-\lfloor x\rfloor-f$ se situe strictement entre les entiers $-\lfloor x\rfloor-1$ et $-\lfloor x\rfloor$, donc $\lfloor -x\rfloor=-\lfloor x\rfloor-1$ et la somme vaut $-1$. Ce $-1$ est exactement la trace de la partie fractionnaire perdue de chaque côté.

c) Écrivons $x=\lfloor x\rfloor+f$ avec $0\leq f<1$. Alors $x+n=\left(\lfloor x\rfloor+n\right)+f$. Or $\lfloor x\rfloor+n$ est un entier, comme somme de deux entiers, et $f$ vérifie encore $0\leq f<1$ : l'écriture obtenue est donc exactement celle qui définit la partie entière de $x+n$. On conclut $\lfloor x+n\rfloor=\lfloor x\rfloor+n$. Vérification numérique : $\lfloor 2{,}7+3\rfloor=\lfloor 5{,}7\rfloor=5$ et $\lfloor 2{,}7\rfloor+3=2+3=5$ ✓. Vérification sur un cas négatif, plus probant : $\lfloor -2{,}7+5\rfloor=\lfloor 2{,}3\rfloor=2$ et $\lfloor -2{,}7\rfloor+5=-3+5=2$ ✓. Interprétation graphique : ajouter un entier translate la courbe en escalier d'un nombre entier de crans, ce qui la superpose exactement à elle-même décalée.