est en escalier donc continue par morceaux et intégrable.

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Partie I. Parties entières

1. Comme la fonction partie entière est constante sur des intervalles, il est clair que la fonction ϕ le sera aussi. Les bornes de ces intervalles seront précisées plus loin. Pourtant elle ne peut être ni ni en escalier ni continue par morceaux (ou intégrable puisque c'est la même chose) car son domaine de dénition n'est pas un segment. En revanche, la restriction ϕ

m

est en escalier donc continue par morceaux et intégrable.

2. a. Pour tout x > 0 , on écrit les dénitions des deux parties entières et on combine les encadrements

2 x − 1 < b 2 x c ≤ 2

x 1

x − 1 < b 1 x c ≤

x



 

 

⇒ 2

x − 1 − 2 1

x < ϕ(x) < 2 x − 2( 1

x − 1)

⇒ −1 < ϕ(x) < 2 ⇒ ϕ(x) ∈ {0, 1}

car ϕ est à valeurs entières.

b. Remarquons d'abord que ϕ prend la valeur 0 en un inverse d'entier. On se place donc dans l'intervalle ouvert. D'une part,

1 k + 1 < x < 1

k ⇒ k < 1

x < k + 1 ⇒ b 1 x c = k D'autre part,

1 k + 1 < x < 1

k ⇒ 2k < 2

x < 2k + 2 ⇒ b 2

x c ∈ {2k, 2k + 1}

avec :

ϕ(x) = 0 ⇔ b 2

x c = 2k ⇔ 2

x < 2k + 1 ⇔ x > 2

2k + 1 = 1 k +

¹₂

ϕ(x) = 1 ⇔ b 2

x c = 2k + 1 ⇔ 2

x ≥ 2k + 1 ⇔ x ≤ 2

2k + 1 = 1 k +

¹₂

On en déduit le graphe présenté en gure 1.

c. D'après les dénitions, k ∈ D

n

⇔ n

k − b n k c ≥ 1

2 ⇔ 2n k − 2b n

k c ≥ 1 ⇔ b 2n

k c + { 2n

k } − 2b n k c ≥ 1

⇔ ϕ( k

n ) ≥ 1 − { 2n

k } ⇔ ϕ( k

n ) > 0 (car {x} ∈ [0, 1[ ) ⇔ ϕ( k n ) = 1

k+11 1

k+¹₂ 1

k

Fig. 1: Graphe de ϕ dans h

1 k+1

,

¹_k

i

3. On calcule l'intégrale en utilisant la relation de Chasles et le graphe de la gure 1

Z

[_m¹,1]

ϕ =

m−1

X

k=1

Z

[_k+1¹ ,¹_k]

ϕ =

m−1

X

k=1



 Z

[_k+1¹ , ¹

k+ 12

]

ϕ

|{z}

=1

+ Z

[ ¹

k+ 12

,¹_k,]

ϕ

|{z}

=0





=

m−1

X

k=1

1 k +

¹₂

− 1 k + 1

=

m

X

k⁰=2

1 k

⁰

−

¹₂

− 1

k

⁰

=

m

X

k=2

1 k −

¹₂

−

m

X

k=2

1 k 4. a. On manipule l'expression obtenue pour l'intégrale en utilisant

_k−¹1

2

=

_2k−1²

et en dégageant le rôle des entiers pairs et impairs.

Z

[_m¹,1]

ϕ = 2 1

3 + 1

5 + · · · + 1 2m − 1

− 1

2 + 1

3 + · · · + 1 m

= 2

1 + 1 2 + 1

3 + · · · + 1 2m

− 1 − 1

2 + 1

4 + · · · + 1 2m

−

1 + 1 2 + 1

3 + · · · + 1 m

− 1

= 2h

2m

− 2 − 2h

m

+ 1 = 2h

2m

− 2h

m

− 1

b. En utilisant le développement donné par l'énoncé, il vient Z

[_m¹,1]

ϕ = 2 [ln(2m) − ln(m) + o(1)] − 1 = 2 ln 2 − 1 + o(1) → 2 ln 2 − 1

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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Partie II. Sommes de Riemann

1. Regardons S

n

comme l'intégrale d'une fonction en escalier ψ formée à partir des valeurs de ψ . La subdivision S dénissant ψ est constituée par les extrémités a et b et les

^k_n

dans l'intervalle [a, b] (tirets dans la gure 2).

La fonction ψ est nulle sur le premier intervalle (entre a et le tiret le plus à gauche).

x

₀

= a x

₁

x

₂

x

_m

= b

kn k+1 n

Fig. 2: Subdivisions S et S

Sur chacun des intervalles suivants, la valeur est celle de ψ au tiret de gauche. Pour ψ ainsi dénie, S

n

est bien l'intégrale de ψ entre a et b .

D'après l'hypothèse

¹_n

< α , la longueur d'un intervalle de S est toujours plus petite que la longueur d'un intervalle de S (gure 2). La diérence que l'on nous demande de majorer est la valeur absolue de l'intégrale de ψ − ψ . On la découpe à l'aide de la relation de Chasles en une somme d'intégrales sur les intervalles [

_n^k

,

^k+1_n

] de S . Considérons un intervalle (ouvert) de S .

S'il ne contient aucun des x

_i

alors ψ et ψ coïncident sur cet intervalle. Sur un tel intervalle les deux intégrales sont égales.

Les seuls intervalles qui contribuent réellement sont donc ceux contenant un x

i

. Il y en a au plus m+1 (le nombre de x

i

), leur longueur est au plus

_n¹

, la diérence des fonctions ψ et ψ est majorée en valeur absolue par 2M . On en déduit l'inégalité demandée.

2. a. On a vu en I.1.c. que ϕ(

^k_n

) = 1 si et seulement si k ∈ D

_n

et que la valeur de ϕ est nulle sinon. On en déduit que

]D

n

=

n

X

k=1

ϕ( k

n ) ⇒ d

n

= 1 n

n

X

k=1

ϕ( k n )

b. Pour obtenir l'inégalité demandée, on applique l'inégalité de la question II.1. à la fonction en escalier ϕ

m

dans le segment [

_m¹

, 1] . Précisons d'abord le nombre de points d'une subdivision adaptée à ϕ

m

.

D'après la question 2 de la partie I. Une subdivision adaptée est formée par les

1

k

et les

_k+¹1

2

entre

_m¹

et 1 . 1

m ≤ 1

k ≤ 1 ⇔ k ∈ J 1, m K , 1

m ≤ 1

k +

¹₂

≤ 1 ⇔ k ∈ J 0, m − 1 K .

Le nombre total (qui est s+ 1 dans l'inégalité) de points de la subdivision adaptée à ϕ

m

est donc 2m .

3. Notons l = 2 ln 2 − 1 . On va former une majoration valable pour des entiers n > m , l'entier m étant à priori arbitraire. On verra après comment le choisir en fonction d'un ε > 0 arbitraire pour valider la dénition de la limite.

|d

n

− l| ≤ 1 n

X

ktq ^kn<_m¹

ϕ( k n )

+ 1 n

X

ktqn^k≥_m¹

ϕ( k n ) −

Z

[_m¹,1]

ϕ

+ Z

[_m¹,1]

ϕ − l

≤ 1 n × n

m × 1 + 4m n +

Z

[_m¹,1]

ϕ − l

≤ 1 m + 4m

n + Z

[_m¹,1]

ϕ − l On est alors en mesure de prouver la convergence.

Pour tout ε > 0 , il existe un m vériant :

1 m ≤ ε

3 Z

[_m¹,1]

ϕ − l

≤ ε 3 . Ce m étant xé, la suite

^4m_n

n∈N^∗

converge vers 0 . Il existe donc un N (que l'on prend

≥ m ) tel que

n ≥ N ⇒ 4m n ≤ ε

3 . On aura bien alors

n ≥ N ⇒ |d

n

− l| ≤ ε.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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