Exercices corrigés : la fonction partie entière (math TS, secondaire 5)

On lit $b=\dfrac{1}{2}$, donc la longueur d'une marche vaut $\dfrac{1}{|b|}=2$. Et $a=2$, donc la hauteur vaut $2$. L'escalier monte, puisque $a$ et $b$ sont de même signe. Le point $(1\,;1)$ est le début d'une marche : c'est la lecture de $h$ et de $k$.

$f(1)=2\left[0\right]+1=1$. $f(2{,}9)=2\left[0{,}95\right]+1=2\times 0+1=1$ : on est encore sur la même marche, puisque la longueur est $2$. $f(3)=2\left[1\right]+1=3$ : on change de marche exactement en $3$. $f(0)=2\left[-0{,}5\right]+1=2\times(-1)+1=-1$ : la partie entière de $-0{,}5$ est $-1$, et non $0$, parce qu'on prend le plus grand entier INFÉRIEUR.

$b=4$, donc la longueur vaut $\dfrac{1}{4}=0{,}25$. $a=-3$, donc la hauteur vaut $3$. Le produit $a\,b=-12$ est négatif : l'escalier DESCEND quand $x$ augmente. Les deux signes se combinent, et un seul ne suffit pas à conclure.

Le paramètre $a$, qui donne la hauteur, et lui seul : la longueur ne dépend que de $b$. Les deux paramètres sont indépendants, contrairement à ce que suggère le mot « pente » : un escalier n'a pas de pente, il a une longueur et une hauteur de marche, et changer l'une ne change pas l'autre.

Avec $b=1>0$, le point plein est à GAUCHE de chaque marche. $f(2)=\left[2\right]=2$ : la valeur $2$ ouvre la marche. $f(1{,}999)=\left[1{,}999\right]=1$ : on est encore sur la marche précédente, jusqu'au dernier instant. La fonction saute exactement EN $2$, pas avant.

Avec un $b$ négatif, le point plein passe à DROITE. $g(2)=\left[-2\right]=-2$, et $g(2{,}001)=\left[-2{,}001\right]=-3$, puisque le plus grand entier inférieur à $-2{,}001$ est $-3$. La marche qui contient $2$ se termine donc EN $2$ inclus, et la suivante commence immédiatement après. C'est exactement ce qu'on veut pour compter une unité entamée.

$p(2)=3\left[0\right]+1=1$. $p(5{,}9)=3\left[0{,}975\right]+1=1$ : même marche, la longueur valant $4$. $p(6)=3\left[1\right]+1=4$ : nouvelle marche. Le changement se produit en $x=6$, c'est-à-dire en $h+\dfrac{1}{|b|}=2+4$, ce qui donne un contrôle rapide de la position des sauts.

Un $b$ NÉGATIF. Avec un $b$ positif, on compte l'unité RÉVOLUE : à $2{,}5$ heures, $\left[2{,}5\right]=2$, donc on facturerait deux heures alors que la troisième est commencée. Avec un $b$ négatif, $-\left[-2{,}5\right]=-(-3)=3$ : on facture bien trois heures. La facturation à l'unité entamée s'écrit donc $-\left[-x\right]$, et c'est la forme à reconnaître dans tout énoncé qui dit « toute heure commencée est due ».

Les valeurs sont les $2n+1$ pour $n$ entier : ce sont tous les nombres IMPAIRS. Par exemple $-3$, $-1$, $1$, $3$, $5$. On les obtient en donnant à la partie entière les valeurs $-2$, $-1$, $0$, $1$, $2$.

$6$ n'est pas impair, donc elle n'est PAS prise : il faudrait $2n+1=6$, soit $n=2{,}5$, qui n'est pas entier. En revanche $7=2\times 3+1$ est prise, sur la marche où la partie entière vaut $3$, c'est-à-dire pour $x$ entre $7$ et $9$. Vérification : $f(8)=2\left[3{,}5\right]+1=7$.

Les valeurs sont les $-3n-5$ pour $n$ entier : $\ldots$, $-11$, $-8$, $-5$, $-2$, $1$, $4$, $\ldots$ Ce sont les nombres qui laissent un reste de $1$ dans la division par $3$, décalés comme il convient. On écrit l'image en compréhension, jamais en intervalle : une image d'escalier n'est jamais un intervalle.

Oui, sur la marche où la partie entière vaut ZÉRO, c'est-à-dire là où $b(x-h)$ est entre $0$ et $1$. Pour $f$, cela donne $f(x)=1=k$ pour $x$ entre $1$ et $3$. C'est une différence importante avec l'exponentielle, où $k$ est une asymptote jamais atteinte : ici $k$ est une valeur ordinaire de la fonction, et c'est même la hauteur de la marche qui démarre en $x=h$.

Les marches mesurent $3$ unités de long, donc $\dfrac{1}{|b|}=3$ et $|b|=\dfrac{1}{3}$. Elles montent de $2$ unités à chaque fois, donc $|a|=2$.

L'escalier MONTE, donc $a$ et $b$ sont de même signe. Le point plein est à GAUCHE de chaque marche, donc $b>0$. Les deux ensemble donnent $a>0$ et $b>0$, soit $a=2$ et $b=\dfrac{1}{3}$. Les deux observations sont nécessaires : le sens seul ne distingue pas « deux positifs » de « deux négatifs ».

Le point plein $(-1\,;-2)$ donne $h=-1$ et $k=-2$. La règle est $y=2\left[\dfrac{1}{3}(x+1)\right]-2$, qu'on écrit aussi $y=2\left[\dfrac{x+1}{3}\right]-2$.

En $x=-1$ : $2\left[0\right]-2=-2$, ce qui est le point plein marqué. En $x=1{,}9$ : $\dfrac{2{,}9}{3}\approx 0{,}967$, dont la partie entière est $0$, donc $y=-2$ : on est encore sur la même marche. En $x=2$ : $\dfrac{3}{3}=1$, donc $y=2-2=0$ : la marche suivante commence exactement là, comme la figure le montre. Les trois contrôles valident la règle, et le troisième est le plus informatif, puisqu'il teste la position du saut.

$2\left[\dfrac{x-1}{2}\right]+1=5$ donne $\left[\dfrac{x-1}{2}\right]=2$, donc $2\le\dfrac{x-1}{2}<3$, soit $4\le x-1<6$ et $5\le x<7$. La solution est l'intervalle $[5\,;7[$, fermé à gauche et ouvert à droite, comme la marche. Vérification : $f(5)=5$ et $f(6{,}999)=5$, mais $f(7)=7$.

$2\left[\dfrac{x-1}{2}\right]+1=4$ donne $\left[\dfrac{x-1}{2}\right]=1{,}5$, or une partie entière est toujours un ENTIER. Aucune solution. On pouvait le voir sans calcul : la fonction ne prend que des valeurs impaires, et $4$ est pair.

$f(x)\ge 3$ revient à $\left[\dfrac{x-1}{2}\right]\ge 1$, donc $\dfrac{x-1}{2}\ge 1$ et $x\ge 3$. La solution est $[3\,;+\infty[$. Attention : pour une inéquation, la partie entière est supérieure ou égale à $1$ dès que son contenu l'est, la borne étant un entier ; si la borne n'avait pas été entière, il aurait fallu passer à l'entier supérieur.

On encadre la partie entière : $-1\le 2\left[\cdot\right]+1<5$ donne $-1\le\left[\cdot\right]<2$, c'est-à-dire $\left[\cdot\right]\in\{-1\,;0\,;1\}$. Donc $-1\le\dfrac{x-1}{2}<2$, soit $-2\le x-1<4$ et $-1\le x<5$. La solution est $[-1\,;5[$, c'est-à-dire exactement trois marches. Compter les marches est le contrôle : trois valeurs de la partie entière, trois marches de longueur $2$, soit $6$ unités, et $5-(-1)=6$.

Une tranche de $30$ minutes vaut une demi-heure, donc le nombre de tranches complètes est $\left[2t\right]$ : on double la durée pour compter en demi-heures, puis on prend la partie entière. Le coût est $C(t)=15\left[2t\right]$ dollars. Ici $b=2>0$ : point plein à gauche, unité révolue.

Pour l'unité entamée, on utilise $-\left[-x\right]$ : le nombre de tranches entamées est $-\left[-2t\right]$, donc $C(t)=-15\left[-2t\right]$. On peut écrire cela sous forme canonique avec $a=-15$ et $b=-2$ : le produit $a\,b=30$ est positif, l'escalier monte bien, mais son point plein est à droite.

À $t=2$ : la première donne $15\left[4\right]=60$ dollars, la seconde $-15\left[-4\right]=-15\times(-4)=60$ dollars. Les deux coïncident, parce que $2$ heures font exactement quatre tranches. À $t=2{,}25$ : la première donne $15\left[4{,}5\right]=60$ dollars, la seconde $-15\left[-4{,}5\right]=-15\times(-5)=75$ dollars. La différence est d'une tranche entière, soit $15$ dollars.

Oui. À $t=1{,}5$ heure, on a exactement trois tranches de $30$ minutes : $15\left[3\right]=45$ dollars et $-15\left[-3\right]=45$ dollars. Les deux formules coïncident exactement aux multiples de la tranche, et divergent partout ailleurs. C'est précisément pour cela qu'un contrat doit préciser « entamée » ou « complète » : la différence n'apparaît jamais sur les exemples ronds, ceux qu'on met dans les brochures.

$A(0)=10$, $A(5)=4\left[1{,}67\right]+10=14$, $A(10)=4\left[3{,}33\right]+10=22$, $A(15)=4\times 5+10=30$, $A(20)=4\left[6{,}67\right]+10=34$. Et $B(0)=4$, $B(5)=6+4=10$, $B(10)=12+4=16$, $B(15)=18+4=22$, $B(20)=24+4=28$.

Sur les cinq points, $B$ est toujours strictement moins chère : $4<10$, $10<14$, $16<22$, $22<30$, $28<34$. Mais cinq points ne prouvent rien sur un escalier, où tout peut changer entre deux sauts.

$A(14{,}9)=4\left[4{,}967\right]+10=4\times 4+10=26$, et $A(15)=30$ : le saut a lieu exactement en $15$. $B(14{,}9)=6\left[2{,}98\right]+4=6\times 2+4=16$, et $B(15)=22$ : le saut a lieu aussi en $15$, par coïncidence, $15$ étant multiple de $3$ ET de $5$. Les points de saut sont les seuls endroits où une comparaison peut basculer, donc ce sont eux qu'il faut tester.

Ici oui, et on peut le justifier proprement. $A$ augmente de $4$ tous les $3$, soit environ $1{,}33$ dollar par unité en moyenne ; $B$ augmente de $6$ tous les $5$, soit $1{,}2$ dollar par unité. $B$ croît donc plus lentement ET part de plus bas, à $4$ contre $10$ : l'écart ne peut que grandir, et aucun contre-exemple n'existe. La bonne méthode est bien celle-ci, une comparaison des deux taux moyens et des deux ordonnées de départ, et non une énumération de points.

Le nombre de tranches de $4$ heures ENTAMÉES est $-\left[-\dfrac{t}{4}\right]$. La première coûte $80$ dollars et chacune des suivantes $120$ dollars, donc $C(t)=80+120\left(-\left[-\dfrac{t}{4}\right]-1\right)=-120\left[-\dfrac{t}{4}\right]-40$ dollars. La forme canonique se lit $a=-120$, $b=-\dfrac{1}{4}$, $h=0$, $k=-40$ : le produit $a\,b=30$ est positif, l'escalier monte, et son point plein est à droite, comme il se doit pour une tranche entamée.

$C(3)=-120\left[-0{,}75\right]-40=-120\times(-1)-40=80$ dollars. $C(4)=-120\left[-1\right]-40=120-40=80$ dollars : quatre heures pile restent dans la première tranche, c'est l'effet du point plein à droite. $C(4{,}5)=-120\left[-1{,}125\right]-40=-120\times(-2)-40=240-40=200$ dollars : une demi-heure de plus coûte $120$ dollars, et c'est exactement ce que le client doit comprendre avant de signer.

$C(13)=-120\left[-3{,}25\right]-40=-120\times(-4)-40=480-40=440$ dollars. Quatre tranches sont entamées pour $13$ heures, puisque trois tranches ne couvrent que $12$ heures. Vérification par la logique : $80$ dollars pour les quatre premières heures, puis trois fois $120$ dollars, soit $80+360=440$ dollars.

On cherche le plus grand $t$ tel que $C(t)\le 500$. Avec $n$ tranches entamées, le coût vaut $120n-40$, donc $120n-40\le 500$ donne $n\le 4{,}5$, soit $n\le 4$ tranches. Quatre tranches entamées correspondent à $t\le 16$ heures... plus précisément à $12<t\le 16$. La durée maximale est donc $16$ heures exactement, pour $440$ dollars. Dès $16{,}1$ heures, une cinquième tranche est entamée et le coût passe à $560$ dollars, au-dessus du budget. La réponse attendue est donc « $16$ heures », avec la remarque que le budget n'est pas entièrement utilisé.

On compte combien de largeurs de classe séparent le diamètre de la cote nominale, puis on prend la partie entière : $N(d)=\left[\dfrac{d-40}{0{,}02}\right]=\left[50(d-40)\right]$. En forme canonique, $a=1$, $b=50$, $h=40$, $k=0$ : la longueur d'une marche vaut $\dfrac{1}{50}=0{,}02$, ce qui est bien la largeur d'une classe, et sa hauteur vaut $1$, un numéro de classe.

$N(40{,}035)=\left[50\times 0{,}035\right]=\left[1{,}75\right]=1$ : classe $1$. $N(39{,}99)=\left[50\times(-0{,}01)\right]=\left[-0{,}5\right]=-1$ : classe $-1$, et non $0$. C'est le piège du négatif, et il est ici parfaitement justifié par l'énoncé, qui place la classe $-1$ juste en dessous de la cote nominale.

La classe $-2$ correspond à $\left[50(d-40)\right]=-2$, donc $-2\le 50(d-40)<-1$, soit $-0{,}04\le d-40<-0{,}02$ et $39{,}96\le d<39{,}98$. L'intervalle est $[39{,}96\,;39{,}98[$, fermé en bas et ouvert en haut, comme toutes les classes.

Les classes $-2$ à $2$ couvrent de la borne basse de la classe $-2$ à la borne haute de la classe $2$ : de $39{,}96$ inclus à $40{,}06$ exclu, soit $[39{,}96\,;40{,}06[$. Une pièce de $40{,}06$ millimètres donne $N=\left[50\times 0{,}06\right]=\left[3\right]=3$ : elle est en classe $3$ et elle est REFUSÉE, d'un centième de millimètre. Le crochet ouvert n'est pas une subtilité d'écriture : c'est la règle de tri de l'atelier, et une pièce exactement à la borne bascule dans la classe supérieure.