Cómo demostrar la desigualdad de la función suelo $\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{\{kx\}}{\lfloor kx\rfloor }<\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{2k-1}$ para $x>1$

Question

Dejemos que $x>1$ sea un número real. Demuestre que para cualquier número positivo $n$ $$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\{kx\}}{\lfloor kx\rfloor }<\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2k-1}\tag{1}$$ donde $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$

Mi intento: Intento usar la inducción para probar esta desigualdad.

Está claro que para $n=1$ porque $\{x\}<1\le \lfloor x\rfloor$ .

Ahora bien, si asumimos que $n$ se mantiene, en otras palabras: $$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\{kx\}}{\lfloor kx\rfloor }<\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2k-1}$$ Considere el caso $n+1$ . Tenemos

$$\sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{\{kx\}}{\lfloor kx\rfloor }=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\{kx\}}{\lfloor kx\rfloor }+\dfrac{\{(n+1)x\}}{\lfloor (n+1)x\rfloor}<\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2k-1}+\dfrac{\{(n+1)x\}}{\lfloor (n+1)x\rfloor}$$ Basta con demostrar que $$\dfrac{\{(n+1)x\}}{\lfloor (n+1)x\rfloor}<\dfrac{1}{2n+1}\tag{2}$$ Pero David da un ejemplo que muestra $(2)$ es errónea, así que cómo demostrar $(1)$ ?

Answer 1

Para comenzar la demostración, primero se demuestra que la desigualdad es verdadera para todos $x \geq 2$ por lo que nos interesa el caso $ 1 \leq x \leq 2$ .

también es cierto para $n=1$ porque en ese caso es sólo $\frac{x}{\lfloor x \rfloor} < 2$ que es $ x < 2$ porque $\lfloor x \rfloor = 1$ desde $1 \leq x \leq 2$ exclusión.

también a partir de ahora dejaremos que $x=2-\epsilon$ tal que $0 < \epsilon <1$

Primer caso : $0 < \epsilon < \frac{1}{n}$ así que $\lfloor (2-\epsilon) k \rfloor$ es menor o igual que $2k-1$ por lo que se convierte en $\sum \limits_{k=1}^{n} \frac{(2-\epsilon)k}{2k-1} < \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{2k}{2k-1}$ lo cual es claramente cierto (incluso sólo con mirarlo).

Segundo caso : $\frac{1}{n} < \epsilon < \frac{2}{n}$ así que $\lfloor (2-\epsilon) k\rfloor$ es menor o igual que $2k-1$ cuando $1 \leq k \leq \frac{n}{2}$ y es menor o igual que $2k-2$ cuando $1+\frac{n}{2} \leq k \leq n$ por lo que se convierte en

$\sum \limits_{k=1}^{\frac{n}{2}} \frac{(2-\frac{2}{n})k}{2k-1}+\sum \limits_{k=1+\frac{n}{2}}^{n} \frac{(2-\frac{2}{n})k}{2k-2} < \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{2k}{2k-1} $ evaluando esta suma y trasladando todos los términos al lado derecho llegamos a : $$0<-\frac{n^2+n^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{n}{2}+1\right)-n^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{n}{2}\right)-3 n-n \psi ^{(0)}\left(\frac{n}{2}+1\right)-n \psi ^{(0)}\left(\frac{n}{2}\right)+2 n \psi ^{(0)}(n)+2 \psi ^{(0)}\left(\frac{n}{2}\right)-2 \psi ^{(0)}(n)+2}{2 n}-\frac{(n-1) \left(n+\psi ^{(0)}\left(\frac{n}{2}+\frac{1}{2}\right)-\psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)\right)}{2 n}+\frac{1}{2} \left(2 n+\psi ^{(0)}\left(n+\frac{1}{2}\right)-\psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)\right)$$

simplificando esta expresión llegamos a los resultados : $$\frac{n H_{n-\frac{1}{2}}-(n-1) H_{\frac{n-1}{2}}+2 n+2 (n-1) \psi ^{(0)}\left(\frac{n}{2}\right)-2 (n-1) \psi ^{(0)}(n)+\log (4)}{2 n} >0$$

sólo para indicar antes de continuar en la prueba :

1) $\psi^{(k)}(n)$ es la función poli gamma, un caso especial de esta función es $\psi^{(0)}(n)$ que es igual a $H_{n-1}-\gamma$

2) $H_n = \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$ es el $n$ -número armónico y Euler demostró que $H_n \geq \ln(n) +\gamma$ y también es cierto que $H_n \leq \ln(n)+1$

3) $\gamma \approx 0.5772156649$ que es la constante de Euler-Mascheroni.

para volver a la demostración, con algunas manipulaciones aritméticas y límites inferiores y superiores para $H_n$ como se ha dicho anteriormente llegamos a : $$\frac{1}{2} n \left(3 \gamma n-n+n (-\log (n-1))-2 n \log (n)+n \log (2 n-1)+2 (n-1) \log \left(\frac{n-2}{2}\right)+2 \log (n)+\log (2 n-2)-2 \gamma +3\right)>0$$ multiplicar por $2n$ que no afectará a la desigualdad porque $n$ es positivo. llegamos a : $$3 \gamma n-n+n (-\log (n-1))-2 n \log (n)+n \log (2 n-1)+2 (n-1) \log \left(\frac{n-2}{2}\right)+2 \log (n)+\log (2 n-2)-2 \gamma +3>0$$ resolviéndolo en Wolfram obtenemos que es cierto para todos $n>2.37646$ y comprobamos $n=1,2$ y con esto concluimos la prueba para el segundo caso.

Caso general : $\frac{m}{n} \leq \epsilon \leq \frac{m+1}{n}$ para cualquier $1 \leq m \leq n$ así que $\lfloor (2-\epsilon) k \rfloor$ es menor o igual que $2k-1$ cuando $1 \leq k \leq \frac{n}{m}$ y $\lfloor (2-\epsilon) k \rfloor$ es menor o igual que $2k-2$ cuando $ 1+\frac{n}{m} \leq k \leq \frac{2 n}{m}$ y en general $\lfloor (2-\epsilon) k \rfloor$ es menor o igual que $2k-1-j$ cuando $1+\frac{j n}{m} \leq k \leq \frac{(j+1)n}{m}$ para $0 \leq j \leq m-1$ .

por lo que se convierte en : $$\sum _{j=0}^{m-1} \left(\sum _{k=1+\frac{n j}{m}}^{\frac{n (j+1)}{m}} \frac{\left(2-\frac{m}{n}\right) k}{2 k-j-1}\right) < \sum \limits_{k=1}^{n} \frac{2k}{2k-1}$$ evaluando ambos lados en la desigualdad obtenemos:

$$ \sum _{j=0}^{m-1} \frac{2 m^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{1}{2}\right)+j m^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{3}{2}\right)-m^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{3}{2}\right)-j m^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{n}{m}+\frac{1}{2}\right)-m^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{n}{m}+\frac{1}{2}\right)-4 j n^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{1}{2}\right)+4 j n^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{3}{2}\right)+2 j m n \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{1}{2}\right)-4 m n \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{1}{2}\right)-4 j m n \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{3}{2}\right)+2 m n \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{3}{2}\right)+2 j m n \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{n}{m}+\frac{1}{2}\right)+2 m n \psi ^{(0)}\left(\frac{n j}{m}-\frac{j}{2}+\frac{n}{m}+\frac{1}{2}\right)+2 m^2-6 m n+4 n^2}{4 m n} <\frac{1}{2} \left(2 n+\psi ^{(0)}\left(n+\frac{1}{2}\right)-\psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)\right) $$ Wolfram no pudo evaluar el sumatorio superior, (no hay problema) porque el sumatorio interior era una función creciente con respecto a $j$ (fácil de ver : no lo demostraremos),entonces por el sumatorio acotado por la ley de integración para la función creciente $f$ conseguimos que : $$ \sum \limits_{i=a}^{b} f(i) \leq \int \limits_{a}^{b+1} f(t)dt $$

por lo que la desigualdad anterior se convierte en : $$ \int_0^m \frac{2 m^2-6 m n+4 n^2+2 m^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}-\frac{j}{2}+\frac{j n}{m}\right)-4 m n \psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}-\frac{j}{2}+\frac{j n}{m}\right)+2 j m n \psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}-\frac{j}{2}+\frac{j n}{m}\right)-4 j n^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}-\frac{j}{2}+\frac{j n}{m}\right)-m^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{3}{2}-\frac{j}{2}+\frac{j n}{m}\right)+j m^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{3}{2}-\frac{j}{2}+\frac{j n}{m}\right)+2 m n \psi ^{(0)}\left(\frac{3}{2}-\frac{j}{2}+\frac{j n}{m}\right)-4 j m n \psi ^{(0)}\left(\frac{3}{2}-\frac{j}{2}+\frac{j n}{m}\right)+4 j n^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{3}{2}-\frac{j}{2}+\frac{j n}{m}\right)-m^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}-\frac{j}{2}+\frac{n}{m}+\frac{j n}{m}\right)-j m^2 \psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}-\frac{j}{2}+\frac{n}{m}+\frac{j n}{m}\right)+2 m n \psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}-\frac{j}{2}+\frac{n}{m}+\frac{j n}{m}\right)+2 j m n \psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}-\frac{j}{2}+\frac{n}{m}+\frac{j n}{m}\right)}{4 m n} \, dj < \frac{1}{2} \left(2 n+\psi ^{(0)}\left(n+\frac{1}{2}\right)-\psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)\right)$$ ahora antes de evaluar el lado izquierdo queremos encontrar los valores de $m$ que produce el valor máximo, lo que significa que la derivada del lado izquierdo es igual a $0$ , supongamos que el resultado de la integración del lado izquierdo es $F(m)-F(0)$ por lo que la derivada es $F'(m)-F'(0)$ que es igual a $\sum _{k=1+\frac{m n}{m}}^{\frac{(m+1) n}{m}} \frac{\left(2-\frac{m}{n}\right) k}{2 k-m-1}-\sum _{k=1}^{\frac{n}{m}} \frac{\left(2-\frac{m}{n}\right) k}{2 k-1}$ que evalúan a $\frac{(m-2 n) \left((-m-1) H_{-\frac{(m+1) (m-2 n)}{2 m}}+(m+1) H_{-\frac{m}{2}+n-\frac{1}{2}}+H_{\frac{n}{m}-\frac{1}{2}}+\log (4)\right)}{4 n}$ queremos que esta derivada sea igual a $0$ Una respuesta sencilla es cuando $m=\frac{n}{2}$ otra respuesta un poco más difícil de ver pero también sencilla es $m=n$ (sabemos que una de las respuestas es mínima y otra máxima, el cálculo y la experimentación sugieren que $m=\frac{n}{2}$ es el máximo y $m=n$ es el mínimo, suponiendo que no sabemos cuál es cuál) sustituiremos ambos valores.

ahora de vuelta a donde nos fuimos, vamos a evaluar el nuevo lado izquierdo, llegamos a:

$$ \frac{m^2 \log \left(32 \pi ^{12} A^{36}\right)-12 m \left((m+1) (m-2 n) \text{log$ \N - Gamma $}\left(-\frac{m}{2}+n+\frac{1}{2}\right)+(m-2 n) \text{log$ \N - Gamma $}\left(\frac{n}{m}+\frac{1}{2}\right)-(m+1) (m-2 n) \text{log$ \N - Gamma $}\left(-\frac{m}{2}+n+\frac{1}{2}+\frac{n}{m}\right)+2 m \psi ^{(-2)}\left(-\frac{m}{2}+n+\frac{1}{2}\right)+2 m \psi ^{(-2)}\left(\frac{n}{m}+\frac{1}{2}\right)-2 m \psi ^{(-2)}\left(-\frac{m}{2}+n+\frac{1}{2}+\frac{n}{m}\right)\right)-12 n \left((m-2 n)^2+m \log (\pi )\right)}{12 n (m-2 n)} < \frac{1}{2} \left(2 n+\psi ^{(0)}\left(n+\frac{1}{2}\right)-\psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)\right)$$

(nota : el $A$ escrito después de la evaluación es la constante de Glaisher-Kinkelin, $A \approx 1.282427129$ y la función $Log\Gamma(x)$ es la función log-gamma que es simplemente $\ln(\Gamma(t))$ ).

primero demostramos la desigualdad cuando $m=n$ llegamos a :

$$-(n+1) \text{log$ \N - Gamma $}\left(\frac{n+1}{2}\right)+(n+1) \text{log$ \N - Gamma $}\left(\frac{n+3}{2}\right)+n+n \left(-\log \left(\frac{n+1}{2}\right)\right)-\log (n+1)+\log (2)<\frac{1}{2} \left(2 n+\psi ^{(0)}\left(n+\frac{1}{2}\right)-\psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)\right) $$

por lo que dando los límites superiores e inferiores adecuados y una manipulación aritmética básica llegamos a :

$$ n+n \left(-\log \left(\frac{n+1}{2}\right)\right)-\log (n+1)+(n+1) \log \left(\frac{n+3}{2}\right)+\log (2)< \frac{1}{2} \left(2 n+\log \left(n-\frac{1}{2}\right)+\gamma -\psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)\right)$$ resolver para $n$ entendemos que es cierto para todos $n > 2.29577$ y resolvemos para $n=1,2$

así que nos queda la última parte de la prueba, demostramos la desigualdad cuando $m=\frac{n}{2}$ llegamos a :

$$ \frac{1}{24} \left(-3 (3 n+2) \text{log$ \N - Gamma $}\left(\frac{3 n}{4}+\frac{1}{2}\right)+(9 n+6) \text{log$ \N - Gamma $}\left(\frac{3 (n+2)}{4}\right)+24 n-9 n \log \left(\frac{1}{4} (3 n+2)\right)-2 \log (3 n+2)+\log (256)\right) < \frac{1}{2} \left(2 n+\psi ^{(0)}\left(n+\frac{1}{2}\right)-\psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)\right)$$ haremos los mismos trucos de límite superior e inferior y la manipulación aritmética básica, llegamos a : $$\frac{1}{24} \left(24 n-9 n \log \left(\frac{1}{4} (3 n+2)\right)+(9 n+6) \log \left(\frac{3 (n+2)}{4}\right)-2 \log (3 n+2)+\log (256)\right) < \frac{1}{2} \left(2 n+\log \left(n-\frac{1}{2}\right)+\gamma -\psi ^{(0)}\left(\frac{1}{2}\right)\right) $$ y resolviendo esta desigualdad obtenemos que es verdadera para todo $n > 0.701281$ y así concluir que la desigualdad es verdadera para todos $x \geq 1$ y $n$ enteros positivos.

nota: por favor, no voten en contra, me tomó 3 horas para terminar la prueba, así que si hay algún lenguaje pobre, o cualquier otra cosa me corte un poco de holgura.

Espero que sea lo que buscas.

Answer 2

Algunas reflexiones:

La observación de varias parcelas indica que $$f_n(x):=\sum_{k=1}^n{\{kx\}\over\lfloor kx\rfloor}$$ es el más grande inmediatamente a la izquierda de $x=2$ . Ahora para $x=2-\epsilon$ con $0<\epsilon\ll1$ uno tiene $$\lfloor kx\rfloor=2k-1,\quad\{kx\}=1-2k\epsilon$$ y por lo tanto $$f_n(x)=\sum_{k=1}^n{1-2k\epsilon\over2k-1}<\sum_{k=1}^n{1\over2k-1}\ .$$ Tal vez quiera echar un vistazo al siguiente gráfico de $f_{250}$ :

Answer 3

Fuente: Prueba de selección de equipos de China 2017 TST Día 1 Problema 2. (2017.03.06) https://artofproblemsolving.com/community/c422484_2017_china_team_selection_test

El usuario de AoPS hutu683 dio una solución . Lo pongo aquí para que la gente lo compruebe la prueba.

Solución de hutu683 : Claramente, sólo necesitamos demostrar el caso cuando $x \in (1, 2)$ . Sea $x = 1 + \alpha$ con $\alpha \in (0, 1)$ . Tenemos que demostrar que $$\sum_{k=1}^n \frac{\{k\alpha \}}{k + \lfloor k\alpha \rfloor} < \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1}. \tag{1}$$

Para proceder, necesitamos el siguiente lema. La prueba se da más adelante.

Lema 1 : Para números enteros positivos $a\le b$ y $m$ satisfaciendo $\lfloor k \alpha\rfloor = m, \forall k \in [a, b]\cap\ \mathbb{N}$ y $\lfloor (a-1)\alpha\rfloor < m$ tenemos $$\sum_{k=a}^b \frac{\{k\alpha \}}{k + \lfloor k\alpha \rfloor} < \sum_{k=a}^b \frac{1}{2k-1}.$$

A partir del Lemma 1, la desigualdad en (1) se mantiene. Esto completa la prueba.

$\phantom{2}$

Observaciones : Aquí doy alguna explicación sobre lo que hizo la prueba de hutu683.

Dejemos que $I_m = \{k: \ \lfloor k\alpha\rfloor = m, \quad k\in \{1, 2, \cdots, n\}\}$ para $m = 0, 1, 2, \cdots, \lfloor n\alpha \rfloor$ . Entonces $\{I_0, I_1, \cdots, I_{\lfloor n\alpha \rfloor}\}$ es una partición de $\{1, 2, \cdots, n\}$ . Tenemos $$\sum_{k=1}^n \frac{\{k\alpha \}}{k + \lfloor k\alpha \rfloor} = \sum_{m=0}^{\lfloor n\alpha \rfloor} \sum_{k\in I_m} \frac{\{k\alpha \}}{k + \lfloor k\alpha \rfloor}, \quad\quad \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} = \sum_{m=0}^{\lfloor n\alpha \rfloor} \sum_{k\in I_m} \frac{1}{2k-1}. $$ Basta con demostrar que $$\sum_{k\in I_m} \frac{\{k\alpha \}}{k + \lfloor k\alpha \rfloor} < \sum_{k\in I_m} \frac{1}{2k-1}$$ para $m = 0, 1, 2, \cdots, \lfloor n\alpha \rfloor$ .

Para $m=0$ claramente tenemos $$\sum_{k\in I_0} \frac{\{k\alpha \}}{k + \lfloor k\alpha \rfloor} = \sum_{k\in I_0} \frac{k\alpha}{k} = |I_0|\alpha < 1 \le \sum_{k\in I_0} \frac{1}{2k-1}.$$

Para $m \in \{1, 2, \cdots, \lfloor n\alpha \rfloor\}$ (sólo si $\lfloor n\alpha \rfloor \ge 1$ ), tenemos que demostrar que $$\sum_{k\in I_m} \frac{k+m - (2k-1)\{k\alpha\}}{(2k-1)(k+m)} > 0. \tag{2}$$ A partir del lema 1 de hutu683, la desigualdad en (2) es verdadera.

$\phantom{2}$

Prueba del lema 1 : A partir de las condiciones, tenemos $(a-1)\alpha < m \le a\alpha$ y $b\alpha < m + 1$ . Tenemos que demostrar que $$\sum_{k=a}^b \frac{k+m - (2k-1)\{k\alpha\}}{(2k-1)(k+m)} > 0.$$

Hay dos casos posibles, a saber.

Primer caso $\alpha \ge \frac{1}{b-a + 1}$ : Para $k\in [a, b]\cap\ \mathbb{N}$ ya que $\lfloor k\alpha \rfloor = \lfloor b\alpha \rfloor$ , tenemos $\{k\alpha\} = \{b\alpha\} - (b-k)\alpha < 1 - (b-k)\alpha$ . Combinando esto con $m > b\alpha - 1$ tenemos \begin{align} k + m - (2k-1)\{k\alpha\} &> k + b\alpha - 1 - (2k-1)(1-(b-k)\alpha)\\ &= k((2b-2k+1)\alpha - 1). \end{align} Así, tenemos $$\sum_{k=a}^b \frac{k+m - (2k-1)\{k\alpha\}}{(2k-1)(k+m)} > \sum_{k=a}^b \frac{(2b-2k+1)\alpha - 1}{(2-\frac{1}{k})(k+m)}.$$ Tenga en cuenta que $(2b-2k+1)\alpha - 1$ y $\frac{1}{(2-\frac{1}{k})(k+m)}$ ambos disminuyen cuando $k$ aumenta. Así, por la desigualdad de la suma de Chebyshev, tenemos \begin{align} \sum_{k=a}^b \frac{(2b-2k+1)\alpha - 1}{(2-\frac{1}{k})(k+m)} &\ge \frac{1}{b-a+1}\sum_{k=a}^b ((2b-2k+1)\alpha - 1) \sum_{k=a}^b \frac{1}{(2-\frac{1}{k})(k+m)}\\ &= \frac{1}{b-a+1}(b-a+1)((b-a+1)\alpha - 1) \sum_{k=a}^b \frac{1}{(2-\frac{1}{k})(k+m)}\\ &\ge 0. \end{align} El resultado deseado es el siguiente.

Segundo caso $\alpha < \frac{1}{b-a + 1}$ : Para $k\in [a, b]\cap\ \mathbb{N}$ ya que $\lfloor k\alpha \rfloor = \lfloor a\alpha \rfloor$ , tenemos $\{k\alpha\} = \{a\alpha\} + (k-a)\alpha < \alpha + (k-a)\alpha$ donde $\{a\alpha\} < \alpha$ se desprende de $(a-1)\alpha < m \le a\alpha$ . Combinando esto con $m > (a-1)\alpha$ tenemos \begin{align} k+ m - (2k-1)\{k\alpha\} &> k+ (a-1)\alpha - (2k-1)(\alpha + (k-a)\alpha)\\ &= k(1 - (2k-2a+1)\alpha). \end{align} Así, tenemos $$\sum_{k=a}^b \frac{k+m - (2k-1)\{k\alpha\}}{(2k-1)(k+m)} > \sum_{k=a}^b \frac{1 - (2k-2a+1)\alpha}{(2-\frac{1}{k})(k+m)}.$$ Tenga en cuenta que $1 - (2k-2a+1)\alpha$ y $\frac{1}{(2-\frac{1}{k})(k+m)}$ ambos disminuyen cuando $k$ aumenta. Así, por la desigualdad de la suma de Chebyshev, tenemos \begin{align} \sum_{k=a}^b \frac{1 - (2k-2a+1)\alpha}{(2-\frac{1}{k})(k+m)} &\ge \frac{1}{b-a+1}\sum_{k=a}^b ( 1 - (2k-2a+1)\alpha) \sum_{k=a}^b \frac{1}{(2-\frac{1}{k})(k+m)}\\ &= \frac{1}{b-a+1}(b-a+1)(1-(b-a+1)\alpha)\sum_{k=a}^b \frac{1}{(2-\frac{1}{k})(k+m)}\\ &\ge 0. \end{align} El resultado deseado es el siguiente. Esto completa la prueba del lema 1.

Answer 4

La ecuación (1) no es cierta en general, de hecho, para cada $n$ se puede encontrar un $x$ para el que es falso. En concreto, dado $n\ge1$ , elija $$x=\frac{n+\frac74}{n+1}>1\ .$$ Entonces $2n>1$ Así que $4n+4=4n+3+1<6n+3$ Así que $$\frac{\{(n+1)x\}}{\lfloor(n+1)x\rfloor} =\frac{\frac34}{n+1}=\frac3{4n+4}>\frac3{6n+3}=\frac1{2n+1}\ .$$

Answer 5

Lo he intentado todo el día y no he podido probarlo pero he avanzado un poco:

Definamos $\{x\}'$ sea 1 si $x$ es un número entero y $\{x\}$ en caso contrario, y observe que el LHS de la desigualdad original satisface $$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\{kx\}}{\lfloor kx\rfloor} \leq \sum_{k=1}^{n}\dfrac{\{kx\}'}{\lceil kx\rceil-1}\tag{1}$$

Si $a=\lceil nx\rceil$ entonces $\lceil kx\rceil=\lceil k\frac an\rceil$ para $k=1,2,... n$ (se puede demostrar por contradicción), y la parte fraccionaria modificada es no decreciente, por lo que basta con demostrar que $$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\{k\frac an\}'}{\lceil k\frac an\rceil-1}<\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2k-1}$$ para los enteros $a\in (n,2n)$ (ya que podemos suponer $1<x<2$ ).

El lado derecho de (1) puede reescribirse como $$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\{kx\}'}{kx-\{kx\}'}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{kx/\{kx\}'-1}$$ desde $\lceil kx\rceil=kx+(1-\{kx\}')$ .

Dejar $x=\frac an$ , si $\gcd(a,n)=1$ entonces $\{\{kx\}':k=1,2,...n\}=\{\frac 1n,\frac 2n,...\frac nn\}$ . Para $k\in[1,n-1]$ , deje que sea único $t\in[1,n]$ tal que $t\equiv ak\pmod{n}$ . Entonces $\{kx\}'=\frac tn$ y $k=[a^{-1}t]_n$ por lo que podemos escribir nuestra suma con el índice $t$ : $$\frac1{a-1}+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{kx/\{kx\}'-1}=\frac1{a-1}+\sum_{t=1}^{n-1}\dfrac{1}{k\frac an/\frac tn-1}$$ $$=\frac1{a-1}+\sum_{t=1}^{n-1}\dfrac{1}{k\frac at-1}$$ Ahora bien, como $ka\equiv t\pmod n$ tenemos $ka=u_tn+t$ para algunos $u_t\in[1,a]$ Así que esto se convierte en $$=\frac1{a-1}+\sum_{t=1}^{n-1}\dfrac{1}{\frac {u_tn+t}t-1}$$ $$=\frac1{a-1}+\frac 1n\sum_{t=1}^{n-1}\dfrac{t}{u_t}$$

Me he detenido en este punto pero intentaré ver si puedo convertirlo en una prueba mañana. ¡Comenta si tienes alguna idea!