$$ \frac{n^k-n}{2} \leq \left\{\sqrt[k]{1}\right\} + \left\{\sqrt[k]{2}\right\} + \dots + \left\{\sqrt[k]{n^k}\right\} \leq \frac{n^k-1}{2} $$ ¿Cómo se puede demostrar?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
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Puntos
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Un lado puede ser demostrado mediante la concavidad de $f(x) = x^{1/k}$: vamos a llamar a $$ S_m = \sum_{t=1}^{(m+1)^k-m^k-1} \left \{ \sqrt[k]{m^k+t} \right \} $$ de modo que nuestra suma $T$ es $$ T = \sum_{m=1}^{n-1} S_m $$ es decir, que "dividir" la suma de los puntos donde se $\{ x^{1/k} \}$ es 0. Tenga en cuenta que, por la concavidad:
$$ \sqrt[k]{m^k+t} = \left [ \left ( 1- \frac{t}{(m+1)^k-m^k} \right ) m^k + \left ( \frac{t}{(m+1)^k-m^k} \right ) (m+1)^k \right ]^{1/k} \ge \left ( 1- \frac{t}{(m+1)^k-m^k} \right )m + \left ( \frac{t}{(m+1)^k-m^k} \right ) (m+1) = m+ \frac{t}{(m+1)^k-m^k} $$ lo que implica, por $ t < (m+1)^k-m^k$, que $$ \left \{ \sqrt[k]{m^k+t} \right \} \ge \frac{t}{(m+1)^k-m^k} $$ Sustituyendo en $S_m$ rendimientos: $$ S_m = \sum_{t=1}^{(m+1)^k-m^k -1} \left \{ \sqrt[k]{m^k+t} \right \} \ge \sum_{t=1}^{(m+1)^k-m^k -1} \frac{t}{(m+1)^k-m^k} = \frac{(m+1)^k-m^k-1}{2} $$ En conclusión $$ T = \sum_{m=1}^{n-1} S_m \ge \sum_{m=1}^{n-1} \frac{(m+1)^k-m^k-1}{2} = \frac{n^k-n}{2} $$
Creo que incluso el otro lado puede ser demostrado por una similar "lineal obligado", tal vez con el hecho de que la línea a través de $( (m+1)^k, f( ..) ), ( (m+2)^k, f(..) )$ está siempre por encima de la $f$ en el intervalo de $ ] m^k, (m+1)^k [$. Sin embargo, yo no puedo probarlo de esta manera!
Espero que ayude, Andrea
