Cuantificador universal

Question

Es cierto que $\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{[kx]}{k}\leq[nx]$, para cada $x\in\mathbb{R}$, y para cada $n\in\mathbb{Z}^+$?

Mi trabajo:

Deje $x\in\mathbb{R}$ ser dado. Para cada $k=1,\dots,n$, definir $i_k\in\{0,1,\dots,k-1\}$ tal que $$ [x]+\frac{i_k}{k}\leq x<[x]+\frac{i_k+1}{k}\hspace{20mm} (*). $$

Por un lado, tenemos que $[kx]=k[x]+i_k$ por cada $k=1,\dots,n$.

Por lo $\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{[kx]}{k}=n[x]+\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{i_k}{k}=[nx]+\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{i_k}{k}-i_n$

Por lo tanto $$\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{[kx]}{k}\leq[nx]\Leftrightarrow\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{i_k}{k}\leq i_n\,.$$

Por otro lado, de $(*)$ es directa que $i_k=[k(x-[x])]$. Por lo tanto $$\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{[kx]}{k}\leq[nx]\Leftrightarrow\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{[k(x-[x])]}{k}\leq [n(x-[x])]\,.$$

En otras palabras, podemos asumir que $x\in[0,1)$.

Ahora la pregunta es:

Es cierto que $\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac{[kx]}{k}\leq[nx]$, para cada $x\in[0,1)$, y para cada $n\in\mathbb{Z}^+$?

Cualquier enfoque más sencillo? Los pensamientos?

Answer 1

Tenga en cuenta que la función $$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R},f(x)=[nx]-\sum_{k=1}^n\frac{[kx]}{k}$$ es correcto el continuo y $1$-función periódica, por lo que es suficiente para demostrar que $f(x)\ge0$$x\in[0,1)$. Tenga en cuenta también que el conjunto de puntos de discontinuidad de la $f$ $(0,1)$ está contenida en $$\mathcal{D}=\left\{\frac{p}{q}: 1\le p< q\le n,\gcd(p,q)=1\right\}$$ and that $f$ is constant on any interval contained in $[0,1)\setminus\mathcal{D}$. Therefore, in order to prove that $f(x)\ge0$ on $(0,1)$ es suficiente para probar que $f(r)\ge0$ $r\in\mathcal{D}$.

Ahora, considere la posibilidad de $r=p/q\in\mathcal{D}$$1\le p<q\le n$$\gcd(p,q)=1$. Para $k\in\{1,\ldots,q-1\}$ definimos $\phi(k)=pk-q[kr]$. Desde $[kr]\le kr<[kr]+1$ vemos que $0\le\phi(k)<q$, por otra parte, si $\phi(k)=0$ algunos $k$ llegamos a la conclusión de que $q$ debe dividir $k$, beause $\gcd(p,q)=1$, lo cual es absurdo. Por lo tanto $\phi$ toma sus valores en $\{1,\ldots,q-1\}$. Además, $\phi$ es de uno a uno, porque si $\phi(k)=\phi(\ell)$ para algunos $1\le k\le\ell<q$ llegamos a la conclusión de que $q|(p(\ell-k))$ y de nuevo, debido a que $\gcd(p,q)=1$ vemos que $q|(\ell-k)$ y esto implica que $\ell=k$ porque $0\le \ell-k<q$. Por lo tanto, $\phi$ es una permutación del conjunto de $\{1,\ldots,q-1\}$.

El uso de la AM-GM de la desigualdad tenemos $$\frac{1}{q-1}\sum_{k=1}^{q-1}\frac{\phi(k)}{k}\ge\left(\prod_{k=1}^{q-1}\frac{\phi(k)}{k}\right)^{1/(q-1)}=1$$ debido a $\phi(1)\phi(2)\cdot\phi(q-1)=1\cdot 2\cdots(q-1)$.

Así $$\sum_{k=1}^{n}\frac{kp-q[kr]}{k}\ge\sum_{k=1}^{p-1}\frac{kp-q[kr]}{k}\ge p-1 \ge pn-p[nr]$$ Reordenando obtenemos $f(r)\ge0$ que es la conclusión deseada. La prueba está completa.

Answer 2

$$[nx] \geqslant \sum\limits_{k=1}^n \frac{[kx]}{k} = \sum\limits_{k=1}^n \frac{kx-\{kx\}}{k} = nx - \sum\limits_{k=1}^n \frac{\{kx\}}{k}\Leftrightarrow$$

$$f(x):=\sum\limits_{k=1}^n \frac{\{kx\}}{k} \geqslant \{nx\}=:g(x)$$

$f(0)=\{0\}=0$.

$f,g$ en los puntos de la diferenciabilidad están creciendo a una tasa de $n$. Por lo tanto, si el intervalo de $(a,b)$ funciones $f,g$ diferenciable y $f(a)\geqslant g(a)$, incluso en todo este intervalo de $f(x)\geqslant g(x)$. Queda por demostrar la brecha de la desigualdad en los puntos. Puntos de Break - todos los números racionales con denominadores $\leqslant n$: $x=\frac{a}{m}$, $a,m$ son relativamente primos.

$$f(\frac{a}{m}) \geqslant \sum\limits_{k=1}^{m-1} \frac{\{ka/m\}}{k}$$ Numerador - tipo de foto $\frac{1}{m},...,\frac{m-1}{m}$, denominadores -$1,...,m$. El menor valor de la suma de todas las permutaciones del numerador se obtiene cuando el numerador es proporcional al denominador. Por lo $f(\frac{a}{m})\geqslant \sum\limits_{k=1}^{m-1} \frac{k}{km}=1-\frac{1}{m}\geqslant\{n\frac{a}{m}\}$