Hallar todos los números enteros positivos $k<202$ para los que existe un número entero positivo $n$ tal que$$\left \{\frac{n}{202}\right \}+\left \{\frac{2n}{202}\right \}+\cdots +\left \{\frac{kn}{202}\right \}=\frac{k}{2},$$donde $\{x\}$ denota la parte fraccionaria (o mantisa) de $x$.
Notamos $r_m(a)$ y $q_m(a)$ al resto y al cociente de $a$ en la división por $m$.
Supongamos que para cierto valor de $1\leq k< 202$ existe $n$ que verifica la condición del enunciado. Tenemos $\left\{ \dfrac{in}{202} \right\} = \dfrac{r_{202}(in)}{202}$. Entonces la condición del enunciado es equivalente a $$\sum_{i=1}^k \dfrac{r_{202}(in)}{202} = \dfrac{k}{2}$$ que es equivalente a $$(\bigstar) \qquad \sum_{i=1}^k r_{202}(in) = 101 k.$$ Notar que, fijado $k$ el lado izquierdo de $(\bigstar)$ solamente depende $r_{202}(n)$ y entonces podemos suponer sin pérdida de generalidad que $0<n<202$. Mirando módulo $101$ tenemos $\sum_{i=1}^k i n \equiv 0\pmod{101}$. Luego $101 \mid \sum_{i=1}^k in = n \frac{k(k+1)}{2}$.
Dado que $101$ es primo, tenemos tres casos para considerar:
CASO 1: $101\mid n$.
Por lo dicho anteriormente debe valer $n=101$. Entonces $\sum_{i=1}^k r_{202}(101 i) = 101 k$. Pero $$r_{202}(101 i)= \begin{cases} 101 & \text{si } i\text{ es impar} \\ 0 & \text{si } i \text{ es par}\end{cases}$$ y entonces el lado izquierdo de $(\bigstar)$ es igual a $101$ veces la cantidad de numeros impares entre $1$ y $k$. Si $k=2l$ entonces obtenemos $101 \cdot l = 101 \cdot 2l$ y luego $l=0$ que no da una solución. Si $k=2l+1$ obtenemos $101 \cdot(l+1) = 101 \cdot (2l+1)$ y entonces $l=0$, por lo tanto $k=1$ es solución (con $n=101$).
CASO 2: $101\mid k$.
En este caso como $1\leq k < 202$ debe valer $k=101$. Más abajo probamos que en este caso se puede tomar $n=51$.
CASO 3: $101\mid k+1$.
En este caso debe valer $k=100$ o $k=201$. Más abajo probamos que en ambos casos se puede tomar $n=51$.
Para completar la solución basta con probar que para $k=100$, $k=101$ y $k=201$ vale
$$\sum_{i=1}^{k} r_{202}(51 i)=101\cdot k.$$
El caso $k=201$ es el más sencillo. Como $51$ es coprimo con $202$, $\{ r_{202}(51 i) : 1\leq i \leq 201 \} = \{ i : 1\leq i \leq 201\}$ y listo.
El caso $k=101$ se obtiene fácilmente del caso $k=100$ así que basta con probar este último.
Lema: Si $m,n$ son enteros positivos y $a$ es un entero entonces vale $r_{mn}(a)= r_m(a)+ m \cdot r_n( q_m(a))$.
Tenemos $a = q_{mn}(a) \cdot mn + r_{mn}(a)$, $a=q_m(a)\cdot m+r_m(a)$ y $q_m(a)=q_n(q_m(a))\cdot n + r_n(q_m(a))$.
Luego $$\begin{align*}q_{mn}(a) \cdot mn + r_{mn}(a) &= q_m(a)\cdot m+r_m(a)\\ &= (q_n(q_m(a))\cdot n + r_n(q_m(a)))\cdot m + r_m(a) \\ &= q_n(q_m(a)) \cdot mn + (r_m(a) + r_n(q_m(a))\cdot m)\end{align*}$$.
Ahora $0\leq r_m(a) + r_n(q_m(a))\cdot m\leq m-1 + (n-1)m = mn -1 < mn$ y el lema se sigue de la unicidad del cociente y el resto $\blacksquare$
Por el lema tenemos
$$r_{202}(51 i) = r_{101}(51 i)+ 101 \cdot r_2(q_{101}(51 i))$$ y por lo tanto queremos ver que
$$\sum_{i=1}^{100} r_{101}(51i) + 101 \cdot \# \{i : 1\leq i \leq 100 \text { y } q_{101}(51i) \text{ es impar}\} = 101\cdot 100.$$
Como $51$ es coprimo con $101$ se tiene $\displaystyle\sum_{i=1}^{100} r_{101}(51 i)= \sum_{i=1}^{100} i = \frac{100\cdot 101}{2}$.
Entonces basta ver que $\# \{i : 1\leq i \leq 100 \text { y } q_{101}(51i) \text{ es impar}\} = 50$. Esto se deduce inmediatamente del siguiente lema (que no es tan obvio como parece).
Lema: Sea $i$ tal que $1 \leq i \leq 100$. Entonces $q_{101}(51 i )$ es impar si y solamente si $i$ tiene resto $2$ o $3$ en la división por $4$. Demostración:
Escribamos $51 i = 101 q + s$ con $0\leq s < 101$.
Se reduce a ver que las siguientes ecuaciones diofánticas no tienen soluciones:
$ 51\cdot 4X = 101\cdot (2Y+1) + s$, con $1\leq X \leq 25$ y $0\leq s < 101$
$51\cdot (4X+1) = 101 \cdot(2Y+1) + s$, con $0\leq X \leq 24$ y $0\leq s < 101$
$51\cdot (4X+2) = 101 \cdot2Y + s$, con $0\leq X \leq 24$ y $0\leq s < 101$
$51\cdot (4X+3) = 101 \cdot2Y + s$, con $0\leq X \leq 24$ y $0\leq s < 101$.
La ecuación $204X = 202 Y +A$ tiene solución si y solo si $A$ es par y en ese caso las soluciones están parametrizadas por $(101 t + \frac{A}{2}, 102t-\frac{A}{2})$.
Luego se reduce a ver que
Para $0\leq s<101$ impar, ningún número de la forma $101 t + \frac{s+101}{2}$ cae entre $1$ y $25$
Para $0\leq s<101$ par, ningún número de la forma $101 t + \frac{s+101-51}{2}$ cae entre $0$ y $24$
Para $0\leq s<101$ par, ningún número de la forma $101 t + \frac{s-102}{2}$ cae entre $0$ y $24$
Para $0\leq s < 101$ impar ningún número de la forma $101 t + \frac{s-153}{2}$ cae entre $0$ y $24$.
Vemos caso por caso con la misma estrategia.
Para el primer caso, los valores que puede tomar $\frac{s+101}{2}$ son los enteros entre $51$ y $100$ y es claro que en todos los casos resulta imposible tomar $t$ de modo que al sumar $101t$ el resultado quede entre $1$ y $25$.
Para el segundo caso, los valores que puede tomar $\frac{s+101-51}{2}$ son los enteros entre $25$ y $75$ y es claro que en todos los casos resulta imposible tomar $t$ de modo que al sumar $101t$ el resultado quede entre $0$ y $24$.
Para el tercer caso, los valores que puede tomar $ \frac{s-102}{2}$ son los números enteros entre el $-51$ y el $-1$. Si les sumamos un múltiplo positivo de $101$ nos da al menos $50$ que se pasa de $24$.
Finalmente para el cuarto caso, los valores que puede tomar $\frac{s-153}{2}$ son los enteros entre $-76$ y $-27$. Si le sumamos $101$ a estos números nos pasamos de $24$.
Guía de $\LaTeX$ (sirve para escribir ecuaciones como $2^{3\times 2}+1=13\cdot 5$)
