La identidad de Hermite

Dividir${\displaystyle x}$en su parte entera y parte fraccionaria ,${\displaystyle x=\lfloor x\rfloor +\{x\}}$Hay exactamente uno.${\displaystyle k'\in \{1,\ldots ,n\}}$con

${\displaystyle \lfloor x\rfloor =\left\lfloor x+{\frac {k'-1}{n}}\right\rfloor \leq x<\left\lfloor x+{\frac {k'}{n}}\right\rfloor =\lfloor x\rfloor +1.}$

Al restar el mismo número entero${\displaystyle \lfloor x\rfloor }$Desde dentro de las operaciones de piso en los lados izquierdo y derecho de esta desigualdad, se puede reescribir como

${\displaystyle 0=\left\lfloor \{x\}+{\frac {k'-1}{n}}\right\rfloor \leq \{x\}<\left\lfloor \{x\}+{\frac {k'}{n}}\right\rfloor =1.}$

Por lo tanto,

${\displaystyle 1-{\frac {k'}{n}}\leq \{x\}<1-{\frac {k'-1}{n}},}$

y multiplicando ambos lados por${\displaystyle n}$da

${\displaystyle nk'\leq n\,\{x\}<nk'+1.}$

Ahora bien, si la suma de la identidad de Hermite se divide en dos partes en el índice${\displaystyle k'}$se convierte en

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n-1}\left\lfloor x+{\frac {k}{n}}\right\rfloor &=\sum _{k=0}^{k'-1}\lfloor x\rfloor +\sum _{k=k'}^{n-1}(\lfloor x\rfloor +1)=n\,\lfloor x\rfloor +nk'\\[8pt]&=n\,\lfloor x\rfloor +\lfloor n\,\{x\}\rfloor =\left\lfloor n\,\lfloor x\rfloor +n\,\{x\}\right\rfloor =\lfloor nx\rfloor .\end{aligned}}}$

Consideremos la función

${\displaystyle f(x)=\lfloor x\rfloor +\left\lfloor x+{\frac {1}{n}}\right\rfloor +\ldots +\left\lfloor x+{\frac {n-1}{n}}\right\rfloor -\lfloor nx\rfloor }$

Entonces la identidad es claramente equivalente a la afirmación${\displaystyle f(x)=0}$para todos los reales${\displaystyle x}$. Pero entonces descubrimos,

${\displaystyle f\left(x+{\frac {1}{n}}\right)=\left\lfloor x+{\frac {1}{n}}\right\rfloor +\left\lfloor x+{\frac {2}{n}}\right\rfloor +\ldots +\left\lfloor x+1\right\rfloor -\lfloor nx+1\rfloor =f(x)}$

Donde en la última igualdad usamos el hecho de que${\displaystyle \lfloor x+p\rfloor =\lfloor x\rfloor +p}$para todos los números enteros${\displaystyle p}$Pero entonces...${\displaystyle f}$tiene período${\displaystyle 1/n}$. Entonces basta con demostrar que${\displaystyle f(x)=0}$a pesar de${\displaystyle x\in [0,1/n)}$. Pero en este caso, la parte integral de cada sumando en${\displaystyle f}$es igual a 0. Deducimos que la función es efectivamente 0 para todas las entradas reales.${\displaystyle x}$.