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C’est parmi les exercices qui m’ont marqué quand j’étais en terminale. L’idée se base sur un théorème très puissant, l’image d’un segment par une fonction continue est également un segment. On considère la fonction $h=f-g$, la fonction $h$ est continue sur $[a,b]$ comme différence de deux fonctions continues. On pose alors $h([0,1])=[m,M]$. Il s’agit de montrer que $0\in[m,M]$. On sait que pour tout $x\in[0,1]$ on a $m\leq f(x)-g(x)\leq M$, en particulier pour $f(x)$ on obtient $m\leq f(f(x))-g(f(x))\leq M$ et $m\leq f(g(x))-g(g(x))\leq M$, on somme les deux inégalités et on obtient $2m\leq f(f(x))-g(g(x))\leq 2M$, une récurrence simple permet de montrer que pour tout entier naturel $n$ non nul on a
$$nm\leq f^{[n]}(x)-g^{[n]}(x)\leq nM $$
Or, on a d’une part $m\leq \dfrac{1}{n}$ et $M\geq \dfrac{-1}{n}$ et alors en faisant tendre $n\to \infty$ dans les deux dernières inégalités, on obtient $m\leq 0\leq M$, CQFD.
Une autre méthode plus longue mais plus astucieuse consiste à remarquer qu’en posant $f(x)=\bigg\lfloor \dfrac{\lfloor nx\rfloor}{n}\bigg\rfloor-\lfloor x\rfloor$ pour tout réel $x$. La fonction $f$ de variable réelle ainsi définie, il s’agit de montrer que la fonction $f$ est nulle. Commençons par remarquer que pour tout réel $x$, on a $$f(x+1)=\bigg\lfloor \dfrac{\lfloor n(x+1)\rfloor}{n}\bigg\rfloor-\lfloor x+1\rfloor=\bigg\lfloor \dfrac{\lfloor nx\rfloor}{n}\bigg\rfloor+1-\lfloor x\rfloor-1=\bigg\lfloor \dfrac{\lfloor nx\rfloor}{n}\bigg\rfloor-\lfloor x\rfloor=f(x) $$
Ainsi, la fonction $f$ est 1-périodique. Il suffit de montrer que la fonction $f$ est nulle sur l’intervalle $[0,1[$. En distinguant, les cas $x\in\bigg[\dfrac{k}{n},\dfrac{k+1}{n}\bigg[$ pour $k\in\{0,1,…,n-1\}$, on retrouve le résultat. CQFD.
L’inégalité $n\lfloor x\rfloor\leq \lfloor nx\rfloor$ vraie pour tout entier naturel non nul $n$ et tout réel $x$ réside du fait que $$\lfloor (n+1)x\rfloor=\lfloor nx+x\rfloor\geq \lfloor nx\rfloor+\lfloor x\rfloor\quad (\lfloor x+y\rfloor\geq \lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor)$$ et une récurrence immédiate sur $n$.
L’équation entraîne à $ 40x=39E(x)+4032$. On a $0\leq 40(x-E(x))=4032-E(x)$, et alors $E(x)\leq 4032$ d’une part. D’autre part, on a $0>40(x-E(x)-1)=3992-E(x)$, donc $E(x)\geq 3993$ et par conséquent $3993\leq E(x)\leq 4032$, alors
$$39\times 3993+4032\leq \underbrace{39E(x)+4032}_{40x}\leq 39\times 4032+4032 $$
c-à-d
$$\dfrac{159759}{40}\leq x\leq 4032\,\quad\quad (*) $$
Réciproquement, il est facile de vérifier que si $x$ vérifie $(*)$, alors il est solution de l’équation de base. Finalement,
$$S=\bigg[\dfrac{159759}{40},4032\bigg] $$
C’est facile, en effet il suffit d’utiliser l’identité $(a+1)(b+1)=a+b+ab+1$ (vraie pour tout anneau unitaire).
Puisque $A+B+AB=0,\quad (*)$, alors $A+B+AB+I_n=I_n$, l’identité cité ci-dessus permet d’écrire $(A+I_n)(B+I_n)=I_n$, donc $(B+I_n)$ est l’inverse de $A+I_n$, et alors $(B+I_n)(A+I_n)=I_n$ et par conséquent $A+B+BA=0$. En comparant avec $(*)$, il résulte que $AB=BA$, autrement dit les deux matrices $A$ et $B$ commutent.
