Une identité sur la partie entière

Ce qu'on montre. Une identité valable pour tout réel. La méthode est la décomposition $x=\lfloor x\rfloor +f$ suivie d'une disjonction de cas sur $f$.

Rappel de la définition. $\lfloor x\rfloor$ est l'unique entier $m$ tel que $m\le x<m+1$. En particulier, pour $m\in \mathbb{Z}$ et $y$ réel, $\lfloor m+y\rfloor =m+\lfloor y\rfloor$.

Décomposition. Posons $m=\lfloor x\rfloor \in \mathbb{Z}$ et $f=x-m$, de sorte que $x=m+f$ avec $0\le f<1$. Alors $$\lfloor x\rfloor =m,\lfloor x+\frac{1}{2}\rfloor =m+\lfloor f+\frac{1}{2}\rfloor ,\lfloor 2x\rfloor =2m+\lfloor 2f\rfloor .$$ L'identité à démontrer se ramène donc à $$\lfloor f+\frac{1}{2}\rfloor =\lfloor 2f\rfloor \text{pour }0\le f<1.\text{\hspace{1em}(∗)}$$

Premier cas : $0\le f<\frac{1}{2}$. Alors $\frac{1}{2}\le f+\frac{1}{2}<1$, donc $\lfloor f+\frac{1}{2}\rfloor =0$. Et $0\le 2f<1$, donc $\lfloor 2f\rfloor =0$. Les deux membres de $(\ast )$ valent $0$.

Second cas : $\frac{1}{2}\le f<1$. Alors $1\le f+\frac{1}{2}<\frac{3}{2}$, donc $\lfloor f+\frac{1}{2}\rfloor =1$. Et $1\le 2f<2$, donc $\lfloor 2f\rfloor =1$. Les deux membres valent $1$.

Conclusion. $(\ast )$ est vraie dans les deux cas, donc pour tout $f\in [0,1[$, et l'identité annoncée vaut pour tout réel $x$.

Point délicat. La partie entière ne se « calcule » pas : elle s'encadre. Toute la démonstration consiste à produire, dans chaque cas, un encadrement de la forme $k\le \bullet <k+1$ — c'est la définition qui conclut, jamais une manipulation algébrique.