Exercice 1

1. Pour $k \in [\![m\,;n - 1]\!]$, la partie entière vaut $k$ sur $[k\,,k + 1[$, donc sur l'intervalle ouvert $]k\,,k + 1[$ : la subdivision $(m, m + 1, \dots, n)$ est adaptée, et la restriction de $\lfloor \cdot \rfloor$ à $[m\,,n]$ est en escalier. La proposition 3 donne alors son intégrale comme une somme d'aires de rectangles de largeur $1$, que l'on calcule comme une somme de termes d'une suite arithmétique (chapitre 3) : $$\boxed{\int_{m}^{n} \lfloor x \rfloor\,\mathrm{d} x = \sum_{k = m}^{n - 1} k = \frac{(n - m)(n + m - 1)}{2}}$$ Pour $m = 2$ et $n = 5$, on trouve $2 + 3 + 4 = 9 = \frac{3 \times 6}{2}$ ✓. Pour $m = -n$, l'intégrale vaut $-n$ : les rectangles situés sous l'axe, de hauteurs $-n$, …, $-1$, ne sont pas compensés par ceux de hauteurs $1$, …, $n - 1$, puisque la partie entière n'est pas impaire.

2. La fonction $x \mapsto x|x|$ vaut $-x^{2}$ sur $[-1\,,0]$ et $x^{2}$ sur $[0\,,2]$ ; elle est continue sur $[-1\,,2]$, donc continue par morceaux, avec la subdivision $(-1, 2)$. Pour l'intégrer, on la coupe en $0$ par la relation de Chasles (théorème 3) : $$\boxed{\int_{-1}^{2} x|x|\,\mathrm{d} x = \int_{-1}^{0} (-x^{2})\,\mathrm{d} x + \int_{0}^{2} x^{2}\,\mathrm{d} x = -\frac{1}{3} + \frac{8}{3} = \frac{7}{3}}$$ La fonction étant impaire, la partie située sur $[-1\,,0]$ compense exactement celle sur $[0\,,1]$, et le résultat est l'intégrale de $x^{2}$ sur $[1\,,2]$, qui vaut bien $\frac{7}{3}$ ✓.

3. On distingue trois cas, selon que le point de rencontre $x = a$ des deux fonctions $x \mapsto x$ et $x \mapsto a$ est à gauche de $[0\,,1]$, dedans ou à droite. Si $a \leqslant 0$, on a $\min(x, a) = a$ pour tout $x \in [0\,,1]$. Si $a \geqslant 1$, on a $\min(x, a) = x$. Si $0 \leqslant a \leqslant 1$, on coupe en $a$ par la relation de Chasles : $$\int_{0}^{1} \min(x, a)\,\mathrm{d} x = \int_{0}^{a} x\,\mathrm{d} x + \int_{a}^{1} a\,\mathrm{d} x = \frac{a^{2}}{2} + a(1 - a).$$

$$\boxed{I(a) = a \ \text{ si } a \leqslant 0, \qquad I(a) = a - \frac{a^{2}}{2} \ \text{ si } 0 \leqslant a \leqslant 1, \qquad I(a) = \frac{1}{2} \ \text{ si } a \geqslant 1}$$ Les expressions se raccordent en $a = 0$ et en $a = 1$, où elles valent $0$ et $\frac{1}{2}$ ✓ : la fonction $I$ est continue, ce que l'on pouvait prévoir, puisque $|\min(x, a) - \min(x, a')| \leqslant |a - a'|$.

4. La différence $(x^{2} + 3x - 2) - (x^{2} + 1) = 3(x - 1)$ est négative sur $[0\,,1]$ et positive sur $[1\,,2]$. Le minimum vaut donc $x^{2} + 3x - 2$ sur $[0\,,1]$ et $x^{2} + 1$ sur $[1\,,2]$ ; c'est une fonction continue, et l'on coupe en $1$ : $$\boxed{\int_{0}^{2} \min\big(x^{2} + 1,\ x^{2} + 3x - 2\big)\,\mathrm{d} x = \Big(\frac{1}{3} + \frac{3}{2} - 2\Big) + \Big(\frac{7}{3} + 1\Big) = -\frac{1}{6} + \frac{10}{3} = \frac{19}{6}}$$

5. Soit $x \in [N\,,N + 1[$. Sur chaque $[k\,,k + 1]$, avec $k \leqslant N - 1$, l'intégrale de la partie entière vaut $k$, et sur $[N\,,x]$ la partie entière est constante égale à $N$. La relation de Chasles donne $$\boxed{F(x) = \sum_{k = 0}^{N - 1} k + N(x - N) = \frac{N(N - 1)}{2} + N(x - N) \qquad (N \leqslant x < N + 1)}$$ Pour l'équivalent, plutôt que de manipuler $N = \lfloor x \rfloor$, on encadre la fonction intégrée : $t - 1 < \lfloor t \rfloor \leqslant t$ pour tout réel $t$ (chapitre 7, proposition 4), et la croissance de l'intégrale donne, pour $x \geqslant 0$, $$\frac{x^{2}}{2} - x \leqslant F(x) \leqslant \frac{x^{2}}{2}, \qquad\text{donc}\qquad 1 - \frac{2}{x} \leqslant \frac{F(x)}{x^{2}/2} \leqslant 1 \quad (x > 0).$$

$$\boxed{F(x) \underset{x \to +\infty}{\sim} \frac{x^{2}}{2}}$$ À retenir. La fonction $F$ est continue et affine par morceaux, de pente $N$ sur $[N\,,N + 1]$, mais elle n'est pas dérivable aux entiers : c'est la figure du cours qui suit le théorème 6. Encadrer la fonction intégrée est souvent plus rapide que calculer l'intégrale exactement, dès qu'on ne demande qu'un ordre de grandeur.