Mi libro escribe esta identidad de menos de entero en la función:
$$\lceil x\rceil +\left\lceil x + \frac{1}{n}\right \rceil + \left\lceil x + \frac{2}{n}\right \rceil + \cdots +\left\lceil x + \frac{n -1}{n}\right \rceil = \lceil nx\rceil + n-1 $$.
No se deduce, sin embargo. Busqué en google un poco sobre el techo de la función, pero no podía encontrar ninguna deducción. Es más como de Hermite de la Identidad de la función del suelo. ¿Alguien puede mostrarme cómo deducir esto?
Otra forma de hacerlo es $$f(x)=\lceil x\rceil+\left\lceil x+\frac1n\right\rceil+\dots +\left\lceil x+1-\frac1n\right\rceil - \left\lceil nx\right\rceil$$
Tenemos $$ \begin{align} f\left(x+\frac{1}{n}\right)=&\left\lceil x+\frac1n\right\rceil+\left\lceil x+\frac2n\right\rceil+\dots +\left\lceil x+1\right\rceil - \left\lceil nx+1\right\rceil \\ =&\left\lceil x+\frac{1}{n}\right\rceil+\left\lceil x+\frac2n\right\rceil+\dots +\left\lceil x\right\rceil - \left\lceil nx\right\rceil \\ =&\lceil x\rceil+\left\lceil x+\frac1n\right\rceil+\dots +\left\lceil x+1-\frac{1}{n}\right\rceil - \left\lceil nx\right\rceil\\ =&f(x) \end{align}$$
Por lo $f$ $\frac1n$- periódico. Tan solo tenemos que evaluar es $\left(0,\frac1n\right]$, en cuyo caso
$$f(x) = n-1$$
Esto es porque si $x\in(0,\frac{1}{n}]$, $x,x+\frac{1}{n},\dots,x+\frac{n-1}{n}$ $nx\in(0,1]$ $$\left\lceil x\right\rceil = \left\lceil x+\frac{1}{n}\right\rceil=\dots=\left\lceil x+\frac{n-1}{n}\right\rceil=\left\lceil nx\right\rceil=1$$
El uso de la propiedad general $\lceil u+m\rceil=\lceil u\rceil+m$ si $m\in\mathbb{Z}$, podemos reescribir la propuesta de identidad como
$$\lceil x\rceil+\left\lceil x+{1\over n}-1\right\rceil+\left\lceil x+{2\over n}-1\right\rceil+\cdots+\left \lceil x+{n-1\over n}-1 \right\rceil=\lceil nx\rceil$$
que, sobre la simplificación y reorganización, se convierte en
$$\lceil x\rceil+\left\lceil x-{1\over n}\right\rceil+\left\lceil x-{2\over n}\right \rceil+\cdots+\left\lceil x-{n-1\over n}\right \rceil=\lceil nx\rceil$$
El mismo general de la propiedad, nos permite asumir que el $0\lt x\le1$, es decir, $(k-1)/n\lt x\le k/n$ algunos $1\le k\le n$. Ahora es fácil ver que la primera $k$ términos en el lado izquierdo de la propuesta de identidad son iguales a $1$ y el resto se $0$, mientras que $k-1\lt nx\le k$ implica $\lceil nx\rceil=k$, así que los dos lados son de hecho iguales.
Nota: Esta respuesta proporciona un enfoque combinatorio. Primero sacamos una buena fórmula, que es interesante por sí mismo. A continuación, nos muestran que la OP reivindicación es una fácil generalización de la misma. Todos los mencionados identidades pueden ser encontrados en la página de la Wiki de piso y techo de las funciones.
Supongamos que tenemos $p$ objetos y queremos distribuir estos objetos de manera uniforme en $n$ montones. El tamaño de una pila se determina por \begin{align*} p=qn+r\qquad\qquad0\leq r < n\tag{1} \end{align*} Si $r$ es cero, entonces cada montón tiene el tamaño de $q=\left\lfloor \frac{p}{n}\right\rfloor$. Si el resto $r$ es mayor que cero, tenemos que distribuir el $r$ objetos de manera uniforme en el $n$ montones, así que $r$ montones tendrá el tamaño de la $q+1=\left\lceil\frac{p}{n}\right\rceil$ mientras $n-r$ montones tendrá el tamaño de la $q=\left\lfloor \frac{p}{n}\right\rfloor$.
Obtenemos \begin{align*} p=\left\lfloor\frac{p}{n}\right\rfloor(n-r)+\left\lceil\frac{p}{n}\right\rceil r \end{align*}
Ahora queremos abordar cada uno de los del montón. Teniendo en cuenta el $k$-th montón con $1\leq k \leq n$ queremos una expresión que da $1$ $r$ de los casos y $0$ en el resto de $n-r$ de los casos. Este puede ser obtenido con \begin{align*} \left\lceil\frac{r-k+1}{n}\right\rceil=[k\leq r] \end{align*} Aquí se utiliza la Iverson soporte de dar un si $k\leq r$ y cero en caso contrario. Ahora podemos escribir $p$ como la suma de $n$ montones por iteración $k$ $1$ $n$con un montón de levantamiento cualquiera de las $q=\left\lfloor \frac{p}{n}\right\rfloor$ elementos o $q+1$ elementos.
Obtenemos \begin{align*} p&=\sum_{k=1}^{n}\left(q+\left\lceil\frac{r-k+1}{n}\right\rceil\right)\\ &=\sum_{k=1}^{n}\left(\left\lceil q +\frac{r-k+1}{n}\right\rceil\right)\tag{2}\\ &=\sum_{k=1}^{n}\left(\left\lceil \frac{p-k+1}{n}\right\rceil\right)\tag{3}\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\left\lceil \frac{p-k}{n}\right\rceil\right)\tag{4}\\ \end{align*}
Comentario:
En (2) se utiliza para los números enteros $q$ y real $x$ la identidad de $\lceil q+x \rceil=\lceil q \rceil+x$
En (3) se utiliza la relación de $p=qn+r$
En (4) el cambio en el índice de uno
Dejando la combinatoria interpretación podemos extender la validez de $p$ (4) a cero y los valores negativos, ya que la representación de (1) es válida también para $p\in \mathbb{Z}$. Recibimos la agradable identidad
\begin{align*} p=\left\lceil \frac{p}{n}\right\rceil+\left\lceil \frac{p-1}{n}\right\rceil +\cdots+\left\lceil \frac{p-n+1}{n}\right\rceil\qquad\qquad p\in\mathbb{Z}, n\geq 1 \end{align*}
Con esta fórmula en la mano es sólo un pequeño paso para la prueba OPs reclamación.
El intercambio en (4) el orden de la suma por la sustitución de $k$ $n-1-k$ tenemos
\begin{align*} p=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\left\lceil \frac{p-n+1+k}{n}\right\rceil\right) \end{align*}
Desde $p$ puede ser cualquier número entero se puede establecer el $p=\left\lceil nx\right\rceil+n-1$ $x$ ser real y obtener
\begin{align*} \left\lceil nx\right\rceil+n-1&=\sum_{k=0}^{n-1}\left\lceil \frac{\left\lceil nx\right\rceil+k}{n}\right\rceil\tag{5}\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\left\lceil x+ \frac{k}{n}\right\rceil\right)\\ \end{align*}
que muestra OP reclamación es válida.
Comentario:
Nota: Este ejemplo se puede encontrar además de muchas aplicaciones más interesantes de piso y techo de las funciones en Concreto de las Matemáticas por parte de R. L. Graham, D. E. Knuth y O. Patashnik.
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