Este es un problema interesante.
A lo largo de esta prueba, vamos a $$\rho(x,z)=\sum_{n=1}^{x}(-1)^{\left\lfloor\frac{n}{\varphi}+z\right\rfloor},$$ where $x \in \mathbb{N}$ and $z\in \mathbb{R}$, and let $\rho(x)=\rho(x,0)=S_x$. Podemos empezar por darse cuenta de que
$$\theta^{-1}=\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.$$
Vamos a usar las propiedades de la proporción áurea a lo largo de esta prueba.
Teorema 1. Deje $E(x) = x-[x]$, donde $[x]$ es el entero más cercano de la función. Si $c<E\left(\frac{n}{\varphi}\right)$ para todos los $n\leq x$, a continuación, $$\rho(x)=\rho(x,c). \tag{1}$$
Prueba. Desde $c<E\left(\frac{n}{\varphi}\right)$, $\left\lfloor\frac{n}{\varphi}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{\varphi}+c\right\rfloor$ para todos los $n\leq x.$ Lo, $\rho(x)=\rho(x,c).$
Teorema 2. \begin{equation}\left\vert E\left(\frac{F_n}{\varphi}\right)\right\vert<\left\vert E\left(\frac{k}{\varphi}\right)\right\vert
\quad \text{for all} \quad k<F_n,\tag{2}\end{equation} donde a$F_n=\frac{\varphi^n-(-\varphi)^{-n}}{\sqrt{5}}$ es el $n$ésimo número de Fibonacci.
Prueba. A partir de este post, hemos $$\vert F_{n-1}\varphi-F_n\vert<|q\varphi-p| \quad\text{for all} \quad p,q\in \mathbb{N} \quad\text{such that}\quad q<F_{n-1},$$
puesto que los números de Fibonacci son los convergents de $\varphi$. Dividiendo por $\varphi$, tenemos $$\left\vert F_{n-1}-\frac{F_n}{\varphi}\right\vert<\left\vert q-\frac{p}{\varphi}\right\vert\quad\text{for all} \quad p,q\in \mathbb{N} \quad\text{such that}\quad q<F_{n-1}.$$
También, $\left[\frac{F_n}{\varphi}\right] = F_{n-1}$, lo $\left[\frac{p}{\varphi}\right]<F_{n-1}$ para $p<F_n$. Dejando $q=\left[\frac{p}{\varphi}\right]$, llegamos a $(2)$.
Teorema 3. Para todos los $k<F_n$,
$$\rho(F_n+k)=\rho(F_n)+(-1)^{F_{n-1}}\rho(k). \tag{3}$$
Prueba. Escribimos $\rho(F_n+k)$ como \begin{align}\rho(F_n+k)=\rho(F_n)+\rho\left(k,\frac{F_n}{\varphi}\right)=\rho(F_n)+\sum_{n=1}^k(-1)^{\left\lfloor\frac{n}{\varphi}+F_{n-1}+E\left(\frac{F_n}{\varphi}\right)\right\rfloor}\\ =\rho(F_n)+(-1)^{F_{n-1}}\rho\left(k,E\left(\frac{F_n}{\varphi}\right)\right).\end{align} la Aplicación de $(1)$ e $(2)$, tenemos, $\rho\left(k,E\left(\frac{F_n}{\varphi}\right)\right)=\rho(k),$ rendimiento $(3).$
Teorema 4. $\rho(F_n)$ es periódica con período de $6$. Específicamente, $$\rho(F_n,0)=\begin{cases}1 & n \equiv 1,2 \pmod{6} \\ 0 & n \equiv 0 \pmod{3} \\ -1 & n\equiv 4,5\pmod{6}\end{cases}\tag{4}$$
Prueba. Vamos a introducir en $n$. Para nuestro caso base, podemos elegir todos los $n\leq 6$: $\rho(1)=1$, $\rho(2)=0$, $\rho(3)=-1$, $\rho(5)=-1$, $\rho(8)=0$ (tenga en cuenta que $F_1=F_2=1$). Ahora suponga $\rho(F_n)$ obedece a $(4)$ a $n=6k$. El uso de $(3)$ y el hecho de que $2\mid F_n$ fib $3\mid n$, tenemos $$\begin{split}\rho(F_{6k+1})=\rho(F_{6k})+(-1)^{F_{6k-1}}\rho(F_{6k-1})=0+1=1 \\ \rho(F_{6k+2})=\rho(F_{6k+1})+(-1)^{F_{6k}}\rho(F_{6k})=1+0=1 \\ \rho(F_{6k+3})=\rho(F_{6k+2})+(-1)^{F_{6k+1}}\rho(F_{6k+1})=1-1=0\\ \rho(F_{6k+4})=\rho(F_{6k+3})+(-1)^{F_{6k+2}}\rho(F_{6k+2})=0-1=-1\\ \rho(F_{6k+5})=\rho(F_{6k+4})+(-1)^{F_{6k+3}}\rho(F_{6k+3})=-1+0=-1\\ \rho(F_{6k+6})=\rho(F_{6k+5})+(-1)^{F_{6k+4}}\rho(F_{6k+4})=-1+1=0.\end{split}$$ This proves the induction step, and thus, $(4)$.
Teorema 5. $\rho(x)$ es ilimitado. Específicamente, $\rho:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{Z}$ es surjective.
Prueba. Deje $(n_i)_{i=1}^m$ ser un finito, la secuencia de enteros positivos congruente a $1$ modulo $6$ tal que $F_{n_i}>\sum_{k=i+1}^mF_{n_k}$ para todos los $i$. Luego, mediante el uso de $(3)$ de forma iterativa, $$\begin{align}\rho\left(\sum_{i=1}^mF_{n_i}\right)=\rho(F_{n_1})+\rho\left(\sum_{i=2}^mF_{n_i}\right)=\rho(F_{n_1})+\rho(F_{n_2})+\rho\left(\sum_{i=3}^mF_{n_i}\right)=\cdots\\ =\sum_{i=1}^m\rho(F_{n_i})=m.\end{align}$$ Alternatively, let $(n_i)_{i=1}^m$ be a finite, sequence of positive integers congruent to $4$ modulo $6$ such that $F_{n_i}>\sum_{k=i+1}^mF_{n_k}$ for all $i$. Then, by using $(3)$ iteratively, $$\begin{align}\rho\left(\sum_{i=1}^mF_{n_i}\right)=\rho(F_{n_1})+\rho\left(\sum_{i=2}^mF_{n_i}\right)=\rho(F_{n_1})+\rho(F_{n_2})+\rho\left(\sum_{i=3}^mF_{n_i}\right)=\cdots\\ =\sum_{i=1}^m\rho(F_{n_i})=-m.\end{align}$$ Since we also know $\rho$ takes on the value of $0$ at some numbers (e.g. $\rho(2)=0$), $\rho$ (i.e. $S_n$) no sólo es ilimitado, pero surjective.
