Неравенство с целой частью

[Ward]

Otta
Я доказал верхнюю оценку, т.е. $S_0\leqslant \dfrac{m}{2}+\dfrac{1}{2}$
А вот нижнюю оценку снова не получается. У меня получается доказать что: $S_0\geqslant \dfrac{m-3}{2}$
Может подскажете?

[Whitaker]

Otta в сообщении #746886 писал(а):

А попробуйте доказать: пусть $S_0=\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left\{\dfrac{ax+c}{m}\right\}$, тогда $\left|S_0-\dfrac{m}{2}\right|\le \dfrac{1}{2}$.

Для $c\in\mathbb{Z}$ мы получаем, что $S_0=\frac{m-1}{2}$ и в таком случае все нормально.
Пусть $c\notin \mathbb{Z}$, тогда $c=[c]+\{c\}$, где $0<\{c\}<1$. Тогда

$$S_0=\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left\{\dfrac{ax+c}{m}\right\}=\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left\{\dfrac{ax+[c]+\{c\}}{m}\right\}=\sum \limits_{x=0}^{m-1}\dfrac{ax+[c]+\{c\}}{m}-\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left[\dfrac{ax+[c]+\{c\}}{m}\right]=$$$$=\sum\limits_{x=0}^{m-1}\dfrac{ax+[c]}{m}+\sum \limits_{x=0}^{m-1}\dfrac{\{c\}}{m}-\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left[\dfrac{ax+[c]+\{c\}}{m}\right]$$

Нетрудно проверить, что

$$\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left[\dfrac{ax+[c]+\{c\}}{m}\right]=\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left[\dfrac{ax+[c]}{m}\right]$$

Подставляя мы получаем:

$$S_0=\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left\{\dfrac{ax+[c]}{m}\right\}+\sum \limits_{x=0}^{m-1}\dfrac{\{c\}}{m}=\dfrac{m-1}{2}+\{c\}$$

Учитывая, что $\{c\}\in (0,1)$ сразу вытекает, что:

$$\dfrac{m-1}{2}<S_0<\dfrac{m-1}{2}+1=\dfrac{m+1}{2}$$

[Otta]

Whitaker
Лепота.
Вот только в "нетрудно проверить" у меня все и упиралось. Многа-многа раз.

[Whitaker]

Точно таким же образом доказывается и исходная задача.
Так как

$$\dfrac{ax+\psi(x)}{m}\geqslant \dfrac{ax+c}{m}=\dfrac{ax+c+h}{m}-\dfrac{h}{m}=\dfrac{ax+[c+h]+\{c+h\}}{m}-\dfrac{h}{m},$$

$$\left[\dfrac{ax+\psi(x)}{m}\right]\leqslant \left[\dfrac{ax+c+h}{m}\right]=\left[\dfrac{ax+[c+h]+\{c+h\}}{m}\right]$$

Рассматриваем два случая:
Если $c+h\in \mathbb{Z}$, то получаем что $S\geqslant \dfrac{m-1}{2}-h$
Если $c+h\notin \mathbb{Z}$, то используя то, что

$$\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left[\dfrac{ax+[c+h]+\{c+h\}}{m}\right]=\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left[\dfrac{ax+[c+h]}{m}\right]$$

мы получаем, что

$$S\geqslant \sum\limits_{x=0}^{m-1}\dfrac{ax+[c+h]}{m}+\{c+h\}-h=\dfrac{m-1}{2}-h+\{c+h\}>\dfrac{m-1}{2}-h$$

Вот и все!

[Otta]

Whitaker
Нет, как доказывается это после того совершенно понятно. Можно даже не стараться выделять целую часть добавка в числителе, а использовать готовую оценку для $S_0$. Ну а можно и с нуля, конечно.

Но почему все-таки

$$\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left[\dfrac{ax+[c]+\{c\}}{m}\right]=\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left[\dfrac{ax+[c]}{m}\right]?$$

Похоже, меня замкнуло-таки намертво.

[Whitaker]

Otta в сообщении #747109 писал(а):

Но почему все-таки

$$\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left[\dfrac{ax+[c]+\{c\}}{m}\right]=\sum \limits_{x=0}^{m-1}\left[\dfrac{ax+[c]}{m}\right]?$$

Так как $\text{gcd}(a,m)=1$, то $ax+[c]$ пробегает полную систему вычетов по модулю $m$. Кроме того, у нас $x\in \{0, 1, \dots, m-1\}$. Нетрудно понять, что:

$$ax_0+[c]=mt_0,\quad ax_1+[c]=mt_1+1,\quad ax_2+[c]=mt_2+2, \dots,\quad ax_{m-1}+[c]=mt_{m-1}+(m-1),$$

где $x_i$ числа из множества $\{0, 1, \dots, m-1\},$ взятые в каком-то порядке.

Добавляя с каждому из равенств $\{c\},$ где $\{c\}\in(0,1)$ и учитывая, что $\{c\}+[c]=c$ мы получаем:

$$ax_0+c=mt_0+\{c\},\quad ax_1+c=mt_1+(1+\{c\}), \dots,\quad ax_{m-1}+c=mt_{m-1}+(m-1+\{c\})$$

Отсюда уже нетрудно видеть, что

$$\left[\dfrac{ax_j+[c]}{m}\right]=\left[\dfrac{ax_j+c}{m}\right]$$

так как $\left[\dfrac{j}{m}\right]=\left[\dfrac{j+\{c\}}{m}\right]\equiv 0$ для $j\in \{0, 1, \dots, m-1\}$

[Otta]

Whitaker
Да, и правда. Ну, это уже просто моя лень, что тут сказать.
Здорово.