La igualdad de las sumas con fracciones de la forma $\sum_{k=1}^{n}k\{\frac{mk}{n}\}$

Question

Hace poco me encontré con la siguiente igualdad ($\{\}$ denota la parte fraccionaria):

$$\sum_{k=1}^{65}k\left\{\frac{8k}{65}\right\}=\sum_{k=1}^{65}k\left\{\frac{18k}{65}\right\}$$

y me pareció muy interesante como la mayoría de las sumandos en un lado de la ecuación no tiene un partido correspondiente en el otro lado. Al investigar más, he encontrado varios otros similares igualdades:

$$\sum_{k=1}^{77}k\left\{\frac{9k}{77}\right\}=\sum_{k=1}^{77}k\left\{\frac{16k}{77}\right\}$$

$$\sum_{k=1}^{77}k\left\{\frac{17k}{77}\right\}=\sum_{k=1}^{77}k\left\{\frac{24k}{77}\right\}$$

$$\sum_{k=1}^{85}k\left\{\frac{7k}{85}\right\}=\sum_{k=1}^{85}k\left\{\frac{22k}{85}\right\}$$

¿Alguien tiene alguna idea de qué principio general/patrón de estos surgen a partir de?

Answer 1

Dado $n$, vamos a $a$ $b$ ser enteros coprime con $n$. Entonces:

$$\sum_{k=1}^n k \left\{ \frac{ak}{n}\right\} = \sum_{k=1}^n k \left\{ \frac{bk}{n}\right\}$$

Como Michael Stocker comentó:

$$f(a,n) = \sum_{k=1}^n k \left\{ \frac{ak}{n}\right\} = \sum_{k=1}^n k \frac{ak \mod n}{n} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n k (ak \mod n)$$ $$f(b,n) = \sum_{k=1}^n k \left\{ \frac{bk}{n}\right\} = \sum_{k=1}^n k \frac{bk \mod n}{n} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n k (bk \mod n)$$

He sido capaz de demostrar que, como Thomas Andrews dijo que, si $ab \equiv 1 \pmod{n}$$f(a,n) = f(b,n)$:

Deje $k' := ak \mod n$$k' (bk' \mod n) = k (ak \mod n)$. Aquí está la prueba: $k'[b(ak \mod n) \mod n] = k'(abk \mod n) = k'(k \mod n) = k'k = k(ak \mod n)$.

Tenga en cuenta que $\lbrace (ak \mod n) \vert 1\leq k \leq n\rbrace = \lbrace 0, 1,2\cdots ,n-1\rbrace$.

Así que ahora $$f(a,n) = \sum_{k=1}^n k \left\{ \frac{ak}{n}\right\} = \sum_{k'=1}^n k' \left\{ \frac{bk'}{n}\right\} = f(b,n)$$

Ahora, para los casos como el de $f(8,65) = f(18,65)$ donde $ab \not\equiv 1$ me he encontrado con que $$k(ak \mod n) - k(bk\mod n) = \\(n-k)(b(n-k)\mod n) - (n-k)(b(n-k)\mod n)$$

Pero hasta ahora he sido incapaz de caracterize los pares de $(a,b)$ con esa propiedad.

Answer 2

Aquí está un pequeño GNU Maxima de secuencia de comandos para facilitar la experimentación

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    display2d : false;

    /* x rational */
    my_floor(x) := block(
        if (x >= 0) then block(
            ab : divide(ratnumer(x),ratdenom(x)),
            a : ab[1], b : ab[2],
            if (b = 0) then block(
                return(x)
            ) else block(
                return(x - b/ratdenom(x))
            )
        ) else block(
            ab : divide(ratnumer(-x),ratdenom(-x)),
            a : ab[1], b : ab[2],
            if (b = 0) then block(
                return(x)
            ) else block(
                return(x - (1-b/ratdenom(-x)))
            )
        )
    );

    /* x rational */
    my_frac(x) := x - my_floor(x);

    cz : 0; cnz : 0;
    for N : 1 thru 20 do block(
    for m1 : 1 thru 20 do block(
    for m2 : m1+1 thru 20 do block(
        mylhs : apply("+",makelist(k*my_frac(m1*k/N),k,1,N)),
        myrhs : apply("+",makelist(k*my_frac(m2*k/N),k,1,N)),
        if (mylhs - myrhs = 0) then block(
            cz : cz+1,
            print(N,m1,m2,"|",mylhs)
        ) else block(
            cnz : cnz+1
        )
    )));
    print(cz,"|",cnz);

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Answer 3

[Raw datos eliminados.]

La definición de $$f(a,n)=\sum_{k=1}^{n-1} k\left\{\frac{ka}{n}\right\}$$ it's pretty obvious that $f(a,n)+f(n-a,n)=\frac{n(n-1)}{2}$ when $(a,n)=1$. It's also true, as proven by Darth Geek, that if $ab\equiv 1\pmod n$ then $f(a,n)=f(b,n)$.

Más datos nos lleva a:

Conjetura: Si $f(a,n)=f(b,n)$ $n\mid (a-b)(ab-1)$ o, de manera equivalente, $a+a^{-1}\equiv b+b^{-1}\pmod n$, donde los inversos se toman modulo $n$.

Esto significaría que los pares de $a,a^{-1}$ son las únicas soluciones al $n$ de una prima.

Definitivamente no es suficiente, puesto que $a=3,b=48,n=65$ cumple esta condición.

Esta conjetura tiene para todos los enteros $4\leq n\leq 5000$.

$$\begin{align}f(a,n)&=\frac{a}{n}\sum_{k=1}^{n-1} k^2 - \sum_{k=1}^{n-1} k\left\lfloor\frac{ka}{n}\right\rfloor\\ &=\frac{a(n-1)(2n-1)}{6} - \sum_{k=1}^{n-1} k\left\lfloor\frac{ka}{n}\right\rfloor \end{align}$$

Por lo tanto $f(a,n)$ es un número entero si $(n,6)=1$.