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Exercices corrigés sur les fonctions en Maths Sup

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Résumé de cours Exercices et corrigés

Cours en ligne de Maths en Maths Sup

Plan des exercices : Fonction monotone, réciproque et bornée

1. Fonctions monotones
2. Fonction réciproque
3. Fonction bornée
4. Équations fonctionnelles
5. Avec la partie entière
6. Calculs de dérivées

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1. Fonctions monotones

Exercice 1
Soit $f$ une fonction croissante sur $[0 \, , \, 1]$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ telle qu’il existe $a \in \; ]0 , \, 1[$ tel que $\quad \quad \forall\, x \in \; ]0 , 1], \, f(x) = f(a \, x)$ .
$f$ est constante sur $]0 , 1]$ . Vrai ou faux ?

Correction :

$\bullet$ Soit pour $n \in \mathbb{N}$ , $H_n$ : $f(a ^n) = f(1)$ .
$\ast$ $H_0$ est vraie car $a^0 = 1$
$\ast$ On suppose que $H_n$ est vraie, en utilisant l’hypothèse de récurrence avec $x = a^ n \in \; ]0 , 1[$ , $f(1) = f( a ^n ) = f( a . a^n)$ donc $f(a^{n + 1}) = f(1)$ .
$H_{n + 1}$ est vérifiée.

$\bullet$ Comme $\displaystyle \lim_ {n \to + \infty} a ^n = 0$ , pour tout $x \in \; ]0, 1]$ , il existe $p \in \mathbb{N}$ tel que $a ^p \leq x$
par croissance de $f$ : $\quad \quad f(1) = f(a ^p) \leq f(x) \leq f(1)$ .
donc $f(x) = f(1)$ .

On a montré que $f$ est constante sur $]0 , \, 1]$ .

Exercice 2
Soit $f$ une fonction croissante de $[0, \, \, 1]$ dans $[0, \, \, 1]$ .
Il existe $a \in [0, \, \, 1]$ tel que $f(a) = a$ .
indication : introduire $\quad E = \{ x \in [0, \, \, 1]\, /\, f(x) \leq x \}$ . Vrai ou Faux ?

Correction :

$\bullet$ $f(1) \leq 1$ , donc $1 \in E$ .
$E$ est une partie non vide de $\mathbb{R}$ , minorée par $0$ .
$E$ admet une borne inférieure $a \in [0 , \, 1]$ .

$\bullet$ Si $a \notin E$ , $f(a) > a$ ,
comme $a$ est la borne inférieure de $E$ et $f(a) > a$ , $f(a)$ n’est pas un minorant de $E$ , donc il existe $x \in E$ tel que $\quad\quad \quad \quad a \leq x < f(a)$ .
Par croissance de $f$ , $f(a) \leq f(x)$

et $f(x) \leq x < f(a)$ car $x \in E$ ,
on en déduit que $f(a) < f(a)$ , ce qui est absurde.
Donc on a prouvé que $a \in E$ et donc $f(a) \leq a$ .

$\bullet$ Si l’on avait $f(a) < a$ , par croissance de $f$ , on aurait $f (f(a)) \leq f(a)$ , donc $f(a) \in E$ .
$f(a)$ serait un élément de $E$ strictement inférieure à la borne inférieure de $E$ , ce qui est impossible.
Il est impossible d’avoir $f(a) < a$ , comme $f(a) \leq a$ , on a prouvé que $\quad \quad \quad \quad \quad f(a) = a$ .

Donc $f$ admet un point fixe sur $[0 \, , \, 1]$ .

2. Fonction réciproque

Exercice 1
$\displaystyle f :\; ] - 1 \, , 1 [ \to \mathbb{R} , x\mapsto \frac {x} {1 - x^2}$
Montrer que $f$ admet une fonction réciproque que l’on déterminera.

Correction : $\bullet$ $f$ admet une fonction réciproque définie sur $\mathbb{R}$ .
$f$ est continue sur $] - 1 \, , \, 1[$ , dérivable et
$f'(x) = \displaystyle \frac {1 - x^2 + 2\, x^2} {(1 - x^2)^2} = \frac {1 + x^2} {(1 - x^2)^2} > 0$
$f$ est strictement croissante, $\displaystyle \lim _ {x \to - 1} f(x) = - \infty$ et $\displaystyle \lim _ {x \to 1} f(x) = + \infty$
donc $f$ définit une bijection de $] - 1 , \, 1[$ sur $\mathbb{R}$ .

$\bullet$ Fonction réciproque
On résout l’équation $y = \displaystyle \frac {x} {1 - x^2}$ ssi
$y (1 - x^2) = x$ ssi $y\, x ^2 + x - y = 0$ .
$\ast$ Si $y = 0$ , $x = 0$ .
$\ast$ Si $y \neq 0$ , l’équation du second degré admet deux racines de produit égal à $- 1$ donc de signe différent ( $\Delta = 1 + 4 \, y ^2$ )
$\quad \quad \quad x_1 = \displaystyle \frac { - 1 - \sqrt{1 + 4 \, y ^2 } } {2 \, y}$
$\quad \quad$ et $x_2 =\displaystyle \frac { - 1 + \sqrt{1 + 4 \, y ^2 }} {2\, y}$
Lorsque $y < 0$ , $- 1 < x < 0$
$x_2 < x_1$ et $x_2$ et $x_1$ sont de signe contraire, alors $x_2 < 0 < x_1$ donc la racine à retenir est $x_2\,$ .

Lorsque $y > 0$ , $0 < x < 1$
$x_2 > x_1$ et $x_2$ et $x_1$ sont de signe contraire, alors $x_2 > 0 > x_1$ donc la racine à retenir est $x_2\,$ .

La fonction réciproque est définie par $y \mapsto \displaystyle \frac { - 1 + \sqrt{1 + 4 \,y ^2} } {2 \, y}$ si $y \neq 0$ et $0 \mapsto 0$ .

Exercice 2
Soit $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = \displaystyle \frac x {1 + \vert x \vert }$
Question 1
$f$ est-elle dérivable sur $\mathbb{R}$ ?

Correction : Il est évident que $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*$ .
On étudie le taux d’accroissement de $f$ en $0$ :
$T(x) = \displaystyle \frac {f(x) - f(0)} x = \frac {1 } {1 + \vert x\vert}$
comme $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac {f(x) - f(0)} x = 1$ , $f$ est dérivable en $0$ et $f'(0) = 1$ .

Exercice 2 (fin)
Question 2
Montrer que $f$ définit une bijection et déterminer $f ^{- 1}$ .

Correction : $\bullet$ Définition et stricte monotonie de $f$ .
$f$ est définie sur $\mathbb{R}$ et continue, $f$ est impaire.
$\ast$ Si $x \geq 0, \, f(x) = \displaystyle \frac x {1 + x}$ .
$f$ est dérivable sur $]0 , \, + \infty[$ et $\quad \forall \, x > 0,\displaystyle \, f '(x) = \frac 1 {(1 + x)^2}\, > \, 0$ .
$\ast$ Si $x \leq 0,\, f(x) = \displaystyle \frac x {1 - x}$ .
$f$ est dérivable sur $]- \infty , \, 0[$ et $\quad \displaystyle \forall\, x < 0, \, f '(x) = \frac 1 {(1 \, - x)^2}\, > \, 0$ .
$\ast$ $f'(0) = 1 > 0$ .
On a prouvé que $f$ est strictement croissante sur $\mathbb {R}$ .

$\ast$ $f$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ .
$\displaystyle \lim_{x \to + \infty } f(x) = 1$ , $\displaystyle \lim_{x \to - \infty } f(x) = - 1$
donc $f$ définit une bijection de $\mathbb{R}$ sur $] - 1\, , \, 1[$ .

$\bullet$ Fonction réciproque
$\ast$ $f(0) = 0$ donc $f ^{- 1} (0) = 0$ .
$\ast$ Si $y \in\; ]0 , \, 1[, \, \exists \, x > 0, \, f(x) = y$
On résout $\displaystyle \frac x {1 + x} = y$
ssi $x = y + y \, x$ ssi $x (1 - \, y) = y$ ssi $x = \displaystyle \frac y {1 - y}$ $\displaystyle \Leftrightarrow x = \frac y {1 - \vert y\vert }$
$\ast$ Si $y \in \;]- 1 , 0[, \, \exists \,x < 0, \, f(x) = y$
On résout $\displaystyle \frac x {1 - x} = y$
ssi $x = y - y \, x$ ssi $x (1 + \, y) = y$ ssi $x = \displaystyle \frac y {1 + y}$ $\Leftrightarrow \displaystyle x = \frac y {1 - \vert y\vert }$

On a prouvé que pour tout réel $y$ , $x = \displaystyle \frac y {1 - \vert y\vert }$ .
donc $f ^{- 1} :\; ]- 1 , \, 1[ \to \mathbb{R} ,\displaystyle y \mapsto \frac y {1 - \vert y\vert }$ .

Exercice 3
On note $f : x \mapsto x^3 + 3 \, x + 2$ .
Question 1
$f$ admet une fonction réciproque $g$ définie sur $\mathbb{R}$ . Vrai ou Faux ?

Correction : $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ , strictement croissante car $\forall \, x \in \mathbb{R} , \; f'(x) > 0$ .
$\displaystyle \lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$ , $\displaystyle \lim_{x \to - \infty} f(x) = - \infty$

$f$ définit une bijection de $\mathbb {R}$ sur $\mathbb {R}$ .
Elle admet une fonction réciproque $g$ strictement croissante et définie sur $\mathbb {R}$ .

Exercice 3 (suite)
Question 2
Montrer que $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et exprimer $g'$ en fonction de $g$ .

Correction : On a vu que $f$ est dérivable sur $\mathbb {R}$ et que $\forall \, x \in \mathbb {R} , \, f'(x) > 0$
Par théorème, $g$ est dérivable sur $\mathbb {R}$ et $\displaystyle \forall \, y \in \mathbb {R} , \, g'(y) = \frac {1 } {f' (g(y))} = \frac 1 {3 (g^2 (y) + 1)}$ .

On remarque que $f(-1) = 0$ , donc $g(0) = - 1$ .
$\displaystyle g'(0) = \frac 1 {3( 1 + 1) } = \frac 1 6$ .

Exercice 3 (fin)
Question 3
Montrer que $g$ est deux fois dérivable sur $\mathbb {R}$ , exprimer $g''$ en fonction de $g$ et donner la valeur de $g''(0)$ .

Correction : On utilise :
$\quad \quad \displaystyle \forall \, y \in \mathbb {R} , \, g'(y) = \frac 1 {3 (g^2 (y) + 1)}$ .

Alors $g'$ est dérivable et
$\forall\, y \in \mathbb{R} , \, \displaystyle g ''(y) = \frac { - 2 \, g'(y)} {3 (g^2 (y) + 1)^2 }$
en remplaçant $g'$ en fonction de $g$ ,
$\displaystyle g ''(y) = \frac { - 2 } {9 (g^2 (y) + 1)^3 }$ .

donc $\displaystyle g ''(0) = \frac { - 2 } {9 (g^2 (0) + 1)^3 } = \frac {- 2} {9 . (1 + 1) ^3}$
$\displaystyle g ''(0) = \frac {- 1} {36}$ .

Exercice 4
Question 1
Soit $a < b$ . Démontrer que la fonction $f : \, ]a ,\, b[ \to \mathbb{R},\, x \mapsto \displaystyle \frac 1 {a - x} + \frac 1 {b - x}$
est une bijection de $]a , \,b[$ sur $\mathbb{R}$ .

Exercice 4 (fin)
Question 2
Déterminer la fonction réciproque de $f$ .

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3. Fonction bornée

On définit si $x > 0$ , $f(x) = \displaystyle \frac {x - \lfloor x \rfloor } {x ( x + 1)}$
Question 1
$f$ est bornée. Vrai ou Faux ?

Correction : Si $x \in \; ]0 ,\, +\infty[,\, 0 \leq x - \lfloor x \rfloor < x$ donc $\displaystyle 0 \leq f(x) \leq \frac {x } {x (x + 1)} \leq \frac 1 {x + 1} \leq 1$
On a donc prouvé que $f$ est bornée.

Question 2
Déterminer $M = \displaystyle \sup _ {x > 0} f(x)$ .

Correction :

$\bullet$ En utilisant si $x \in \; ]0 ,\, +\infty[,$ $\displaystyle f(x) \leq \frac {x } {x (x + 1)} \leq \frac 1 {x + 1} \leq 1$ , $M \leq 1$
$\bullet$ En utilisant si $n \in \mathbb{N}^*$ , $\displaystyle \, f \left ( \frac 1 n \right ) = \frac {1/n} {1/n (1/n + 1)} = \frac n {n + 1}$
donc $\ \displaystyle \, f \left ( \frac 1 n \right )= \frac n {n + 1} \leq M$ , à la limite, $1 \leq M$ .

Par double inégalité, $M = 1$ .

Question 3
Déterminer $m= \displaystyle \inf_{x \in [0 , + \infty[} f(x)$ .

Correction : $\bullet$ En utilisant si $x \in \; ]0 ,\, +\infty[,$ $\displaystyle 0 \leq f(x)$ , $m \geq 0$ .
$\bullet$ En remarquant que $f(1) = 0$ , $m \leq 0$ .
Par double inégalité, $m = 0$ .
On a de plus démontré que $0$ est le minimum de $f$ . Il est obtenu en tous les points $n \in \mathbb{N}^*$ .

4. Équation fonctionnelle

Exercice 1
Trouver toutes les bijections $f$ de $[0 , \, 1]$ sur lui-même telles que
$\quad \forall \, x \in [0,\, 1], \, f( 2 \, x - f(x) ) = x$ .

Correction : $\bullet$ Comme $f ^{ - 1}$ existe, on obtient $\forall \, x \in [0 , \, 1],\, 2 \, x - f(x) = f ^{ - 1} (x)$ .

$\bullet$ Soit $x \in \mathbb{R}$ , on note $u_0 = x$ et $\forall \, n \in \mathbb{N}, u_{n + 1} = f(u_n)$ .
Si $n \in \mathbb{N}^*$ , $2\, u_n - f(u_n) = f ^{- 1} (u_n)$ soit $2 \, u _n - u_{n + 1} = u_{n - 1}$ soit :
$\forall\, n \in \mathbb{N } ^*, \, u_{n + 1} - u_{n } = u_n - u_{n - 1}$
Si $v_n = u_n - u_{n - 1}$ , $v _{n + 1 } = v_n\,$ , donc $(v_n)_n$ est constante égale à $v_1\,$ .
$(u_n)_n$ est une suite arithmétique de raison $v_1\,$ .
Si $v_1 \neq 0$ , $u_n = u_1 + n\, v_1$ vérifie $\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \vert u_n \vert = + \infty$ ce qui contredit le fait que $(u_n)_n$ est une suite de $[0 , \, 1]$ donc une suite bornée.
Alors $v_1 = 0$ et $(u_n)_n$ est une suite constante, donc $u_1 = f(x) = u_0$ soit $f(x) = x$ .
On a donc prouvé que $f = \textrm{Id} _{[0,\, 1]}$

$\bullet$ Réciproquement $f = \textrm{Id} _{[0, \, 1]}$ est solution du problème.
Le problème admet une seule solution $\textrm{Id} _{[0,\, 1]}$ .

Exercice 2
Le but de l’exercice est d’étudier les fonctions $f : [0 ,\, 1] \to |0 , \, 1]$ telles que
$\forall\, (x , y) \in [0 , \, 1]^2, \, \vert f(x) - f(y)\vert \geq \vert x - y\vert$
Question 1
Si $f$ est solution du problème proposé,
( $f(0) = 0$ et $f(1) = 1$ ) ou ( $f(0) = 1$ et $f(1) = 0$ ). Vrai ou Faux ?

Correction : Soit $f$ de $[0 ,\, 1]$ dans $(0 ,\, 1]$ telle que $\forall \, (x, \, y) \in [0, \, 1]^2, \; \vert f(x) - f(y)\vert \geq \vert x - y\vert$ .

En prenant $x = 0$ et $y = 1$ ,
$\vert f(1) - f(0) \vert \geq \vert 1 - 0\vert$ , donc $\quad \quad \quad \vert f(1) - f(0) \vert \geq 1$
et comme $f(1) - f(0) \in [ - 1 , \, 1]$ , $\quad \quad \quad \vert f(1) - f(0)\vert \leq 1$ .
Par double inégalité $\vert f(1) - f(0) \vert = 1$

donc $f(1) - f(0) = 1$ ou $f(0) - f(1) = 1$
ce qui donne :
$1 \leq f(0) + 1 = f(1) \leq 1$
ou $1 \leq f(1) + 1 = f(0) \leq 1$
$\Rightarrow$ ( $f(0) = 0$ et $f(1) = 1$ )
ou ( $f(1) = 0$ et $f(0) = 1$ ).

Question 2
Nombre de solutions vérifiant de plus $f(0) = 0$ .

Correction : On suppose $f(0) = 0$ , alors $f(1) = 1$ .
Pour tout $x \geq 0,\, \vert f(x) - f(0) \vert \geq \vert x - 0 \vert$
donne $f(x) \geq x$ .
Puis $\vert f(1) - f(x) \vert \geq \vert 1 - x \vert$
soit $1 - f(x) \geq 1 - x$ $\Rightarrow x \geq f(x)$
Par double inégalité, $f(x) = x$ .
On a prouvé que $f = \textrm{Id} _{[0, 1]}$

Si $f(0) = 0$ , $f = \textrm{Id} _{[0, \, 1]}$ .
Il est évident que $\textrm{Id} _{[0, \, 1]}$ vérifie la condition et $f(0) = 0$ .

Question 3
Nombre de solutions du problème proposé ?

Correction : On suppose que $f (0)= 1$ .
On note $g : x \mapsto 1 - f(x)$ .
$g : [0 ,\, 1] \to [0 , \, 1]$ vérifie $\forall \, (x , y) \in [0 , 1]^2$ ,
$\vert g(x) - g(y)\vert = \vert f(y) - f(x) \vert \geq \vert x - y \vert$
avec $g(0) = 0$ , donc $g = \textrm{Id} _{[0, 1]}$ et pour tout $x \in [0 , 1], \, f(x) = 1 - x$

Le problème a au plus deux solutions : $\quad \quad \quad x \mapsto x$ et $x \mapsto 1 - x$ .
Il est évident que ces deux fonctions sont solutions.
Le problème a exactement deux solutions.

Exercice 3
Soit $f$ non nulle de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telle que $\forall (x,\,y) \in \mathbb{R}^2, f(x + y) = f(x) + f(y)$ $\quad \quad \quad$ et $f(x\, y) = f(x) f(y)$ .
Question 1
$f(n) = n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$

Question 2
Pour tout rationnel $r$ , $f(r) = r$ .

Question 3
$f$ est croissante.

Question 4
Le nombre de solutions du problème

5. Avec la partie entière

Exercice 1
Si $n \in \mathbb{N}^*$ et $x \in \mathbb{R}$ ,
$\quad \quad \quad \quad \displaystyle \left \lfloor \frac {\lfloor n \, x \rfloor } n \right \rfloor = \lfloor x \rfloor$ . Vrai ou Faux ?

Correction : $\bullet$ Première méthode
On écrit $x = p + \alpha$ avec $p \in \mathbb{Z}$ et $\alpha \in [0 \, , \, 1[$ , donc $n \, x = n \, p + n \, \alpha$ où $n\, \alpha \in [0 , n[$ .
On peut écrire $n \, \alpha = k + \beta$ avec $k \in \mathbb{N}$ et $0 \leq k < n$ et $\beta \in [0\, , \, 1[$
$n \, x = n \, p + k + \beta$ , donc $\lfloor n \, x \rfloor= n\, p + k$
$\displaystyle \frac {\lfloor n \, x \rfloor} n = p + \frac k n$ avec $0 \leq \displaystyle \frac k n < 1$
donc $\displaystyle \left \lfloor \frac {\lfloor n \, x \rfloor } n \right \rfloor = p = \lfloor n \, x \rfloor$ .

$\bullet$ Deuxième méthode
Soit $\forall\, x \in \mathbb{R}, \, f(x) = \displaystyle \left \lfloor \frac {\lfloor n \, x \rfloor } n \right \rfloor - \lfloor x \rfloor$ .
$\ast$ On calcule $f(x + 1)$ :
${\lfloor n \, (x+1) \rfloor } = {\lfloor n \, x \rfloor } +n$ car $n \in \mathbb{N}$
donc $\displaystyle \frac {\lfloor n \, (x+1) \rfloor } n = \frac {\lfloor n x \rfloor } n + 1$ ,
et $\lfloor x + 1 \rfloor = \lfloor x \rfloor + 1$ ,
$f(x + 1) = \displaystyle \frac {\lfloor n x \rfloor } n + 1 -\lfloor x \rfloor - 1$
soit $\forall \, x \in \mathbb {R} ,\, f(x + 1) = f(x)$
$f$ est 1-périodique.

$\ast$ On suppose que $x \in [0 , 1[$ .
$\lfloor x \rfloor = 0$ et $0 \leq \lfloor n\, x \rfloor < n$ car $0 \leq n \, x < n$
$\Rightarrow \displaystyle 0 \leq \frac {\lfloor n x \rfloor } n < 1$ $\Rightarrow \displaystyle \left \lfloor \frac {\lfloor n \, x \rfloor } n \right \rfloor= 0$ .

$\ast$ $f(x) = 0$ si $x \in [0 , \, 1[$ et $f$ est une fonction 1-périodique donc $f = 0$ .

Exercice 2
Soit $n \in \mathbb{N}^*$ . Pour tout réel $x$ ,
$\quad \quad \displaystyle \sum _ {k = 0} ^{n - 1} \left \lfloor x + \frac {k} n \right \rfloor =\left \lfloor n \, x \right \rfloor$ . Vrai ou Faux ?

Correction : On note $\displaystyle f(x) = \sum _ {k = 0} ^{n - 1} \left \lfloor x + \frac {k} n \right \rfloor - \left \lfloor n \, x \right \rfloor$ .
$\ast$ Périodicité de $f$ :
$\displaystyle f\left (x + \frac 1 n \right )=$ $\quad \quad \quad \displaystyle \sum _ {k = 0} ^{n - 1} \left \lfloor x + \frac {k + 1} n \right \rfloor - \left \lfloor n \, x + 1 \right \rfloor$
en posant $p = k + 1$ ,
$\displaystyle f\left (x + \frac 1 n \right )= \sum _ {p = 1} ^{n} \left \lfloor x + \frac {p} n \right \rfloor - \left \lfloor n \, x \right \rfloor - 1$
Compte tenu de la valeur supplémentai- re $p = n$ et de la valeur $p = 0$ absente :
$\displaystyle f\left (x + \frac 1 n \right )= \left \lfloor x + \frac {n} n \right \rfloor - \left \lfloor x \right \rfloor - 1 + f(x)$
$\displaystyle f\left (x + \frac 1 n \right )= f(x)$ .
$f$ est $\displaystyle \frac 1 n$ – périodique.

$\ast$ Si $x \in [0 ,\, 1/n[$ , $n \, x \in [0 , 1[$ , donc $\left \lfloor n \, x \right \rfloor = 0$ .
Pour tout $0 \leq k \leq n - 1$ , $\quad \displaystyle 0 \leq x + \frac k n < \frac 1 n + \frac {n - 1} n \leq 1$
donc $\displaystyle \left \lfloor x + \frac {k} n \right \rfloor = 0$
et $f(x) =0$ .

$\ast$ Par $\displaystyle \frac 1 n$ – périodicité, $f$ est nulle sur $\mathbb{R}$ .

Exercice 3
Résoudre si $x$ est réel : $\displaystyle \left \lfloor \frac {x + 1} 3 \right \rfloor + \left \lfloor \frac {x +2} 3 \right \rfloor =$ $\displaystyle \quad \quad \quad \quad \quad \quad \left \lfloor \frac {x + 1} 2 \right \rfloor + \frac {x - 1} 2$

Correction : $\bullet$ Transformation de la relation
Comme $\displaystyle \frac {x - 1} 2$ est une somme et différence de parties entières, c’est un entier, donc $x - 1 = 2 \,p$ avec $p \in \mathbb{Z}$
alors $x + 1 = 2 \, p + 2$
donc $\displaystyle \left \lfloor \frac {x + 1} 2 \right \rfloor + \frac {x - 1} 2 = p + 1 + p = x$
et l’équation s’écrit $\quad \quad \displaystyle \left \lfloor \frac {x + 1} 3 \right \rfloor + \left \lfloor \frac {x +2} 3 \right \rfloor = x$
où $x$ est un entier impair.

$\bullet$ Analyse
On définit sur $\mathbb{Z}$ , $\quad \quad f(x) = \displaystyle \left \lfloor \frac {x + 1} 3 \right \rfloor + \left \lfloor \frac {x +2} 3 \right \rfloor - x$ .
$f(x + 3) = \displaystyle \left \lfloor \frac {x + 1} 3 + 1 \right \rfloor + \left \lfloor \frac {x +2} 3 + 1 \right \rfloor$ $\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad - \, x - 3$
$\quad = \displaystyle \left \lfloor \frac {x + 1} 3 \right \rfloor + \left \lfloor \frac {x +2} 3 \right \rfloor + 2 - x - 3$
$\forall\, x \in \mathbb{Z},\, f(x + 3) = f(x) - 1$ .

$\bullet$ Synthèse
On cherche les entiers impairs $x$ tels que $f(x) = 0$
$\ast$ $f(0) = 0$ , $f(1) = 1 - 1 = 0$ , $f(2) = 1 + 1 - 2 = 0$ .
$\ast$ Si $k \in \{0 , 1 , 2 \}$ , pour tout $p \in \mathbb{N}$ ,
$\quad \quad f(3 (p + 1) + k) = f(3\,p + k ) - 1$ .
Les trois suites $(f(3\, p + k))_{p \geq 0}$ sont des suites arithmétiques de terme initial nul et de raison $-1$ donc si $p \in \mathbb{N}$ ,
$f(3\, p) = f(1 + 3\, p) = f(2 + 3\, p) = - p$ .
$\ast$ $\forall\, x \in \mathbb{Z}, \,f(x - 3) = f(x) + 1$
si $k \in \{0 , 1 , 2 \}$ , pour tout $p \in \mathbb {N}$ ,
$\quad \ f(- 3 (p + 1) + k) = f(- 3\,p + k ) + 1$ .
Les trois suites $(f(- 3 \, p + k))_{p\geq 0}$ sont des suites arithmétiques de terme initial nul et de raison égale à $1$ , donc $f(- 3\, p) = f(1 - 3\, p) = f(2 - 3\, p) = p$ .
$\ast$ $f(x ) = 0$ ssi $x = 0, \, 1 , \, 2$ , mais seul l’entier impair $1$ convient.