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FelipeGigena

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Mensaje sin leer por FelipeGigena »

Sean $a$ y $b$ dos naturales tales que$$\frac{a}{b}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots -\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319}.$$Demostrar que $a$ es divisible por $1979$.
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FelipeGigena

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Mensaje sin leer por FelipeGigena »

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Notemos que $1979$ es primo. Por teorema de Wolstenholme tenemos:

$$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ ... \ + \frac{1}{1978} \equiv 0 \ (mod \ 1979^2).$$
Al ser $1979$ primo, podemos decir que esta suma también es $0 \ (mod \ 1979)$. Multiplicando por $b$ nos queda:
$$A = b + \frac{b}{2} + \frac{b}{3} + \ ... \ + \frac{b}{1978} \equiv 0 \ (mod \ 1979).$$
Ahora, viendo la igualdad del problema:
$$\frac{a}{b} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \ ... \ - \frac{1}{1318} + \frac{1}{1319}.$$
$$a = b - \frac{b}{2} + \frac{b}{3} - \frac{b}{4} + \ ... \ - \frac{b}{1318} + \frac{b}{1319}.$$

$A \equiv 0\ (mod\ 1979)$. Si $A - a \equiv 0\ (mod\ 1979)$ entonces $a \equiv 0\ (mod\ 1979).$
$$A - a = b + \frac{b}{2} + \frac{b}{3} + \ ... \ + \frac{b}{1978} - (b - \frac{b}{2} + \frac{b}{3} - \frac{b}{4} + \ ... \ - \frac{b}{1318} + \frac{b}{1319}).$$
$$A - a = b * (1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ ... \ + \frac{1}{1978} - (1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \ ... \ - \frac{1}{1318} + \frac{1}{1319})).$$
$$A - a = b * ((1 -1) + (\frac{1}{2} + \frac{1}{2}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{3}) +\ ...\ + (\frac{1}{1319} - \frac{1}{1319}) + \frac{1}{1320} + \frac{1}{1321} +\ ...\ + \frac{1}{1978}).$$
$$A - a = b * ((1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ ...\ + \frac{1}{659}) + (\frac{1}{1320} + \frac{1}{1321} +\ ...\ + \frac{1}{1978})).$$
Tenemos $659$ términos y $1978 - 1320 + 1 = 659$ términos. Entonces la cantidad de términos es par. Vamos a asociar la primera fracción con la última, la segunda con la penúltima... la fracción $i$ con la fracción $1319 - i$. Nos queda entonces cada suma de esta forma:
$$ \frac{1}{i} + \frac{1}{1979 - i} = \frac{i + 1979 - i}{i * (1979 - i)} = \frac{1979}{i * (1979 - i)} \equiv 0\ (mod\ 1979).$$
Finalmente:
$$A - a \equiv b * (0 + 0 +\ ...\ + 0) \ (mod\ 1979) \equiv 0\ (mod\ 1979).$$
$$A \equiv a \equiv 0\ (mod\ 1979) \Rightarrow 1979\ |\ a
$$
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drynshock

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Mensaje sin leer por drynshock »

FelipeGigena escribió: Lun 04 Nov, 2024 12:36 pm
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Notemos que $1979$ es primo. Por teorema de Wolstenholme tenemos:

$$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ ... \ + \frac{1}{1978} \equiv 0 \ (mod \ 1979^2).$$

¿Como funciona eso? Estoy bastante seguro que esa suma no da un entero (a checkear).
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Mensaje sin leer por FelipeGigena »

drynshock escribió: Lun 04 Nov, 2024 5:03 pm
FelipeGigena escribió: Lun 04 Nov, 2024 12:36 pm
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Notemos que $1979$ es primo. Por teorema de Wolstenholme tenemos:

$$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ ... \ + \frac{1}{1978} \equiv 0 \ (mod \ 1979^2).$$

¿Como funciona eso? Estoy bastante seguro que esa suma no da un entero (a checkear).
Sí, la suma no da un entero. Pero en general vos podés extender la idea de congruencia a la división. Para eso se usan inversos. Un ejemplo:

$$\frac{1}{2} \equiv 1 * 2^{-1} \equiv 3 \ (mod\ 5).$$

Dónde $2^{-1}$ es un entero $x$ tal que $2x \equiv 1\ (mod\ 5).$
Última edición por FelipeGigena el Lun 04 Nov, 2024 5:59 pm, editado 1 vez en total.
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FelipeGigena escribió: Lun 04 Nov, 2024 5:37 pm
drynshock escribió: Lun 04 Nov, 2024 5:03 pm
FelipeGigena escribió: Lun 04 Nov, 2024 12:36 pm
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Notemos que $1979$ es primo. Por teorema de Wolstenholme tenemos:

$$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ ... \ + \frac{1}{1978} \equiv 0 \ (mod \ 1979^2).$$

¿Como funciona eso? Estoy bastante seguro que esa suma no da un entero (a checkear).
Sí, la suma no da un entero. Pero en general vos podés extender la idea de congruencia a la división. Para eso se usan inversos. Un ejemplo:

$$\frac{1}{2} \equiv 1 * 2^{-1} \equiv 3 \ (mod\ 5).$$

Dónde $2^{-1}$ es un número $x$ tal que $2x = 1.$
Impecable dato, ¿también funcionaria algo parecido con raíces?

Por ejemplo

$$\sqrt{5} \equiv \sqrt{1} \equiv 1 \pmod 2$$
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Mensaje sin leer por FelipeGigena »

drynshock escribió: Lun 04 Nov, 2024 5:57 pm
FelipeGigena escribió: Lun 04 Nov, 2024 5:37 pm
drynshock escribió: Lun 04 Nov, 2024 5:03 pm


¿Como funciona eso? Estoy bastante seguro que esa suma no da un entero (a checkear).
Sí, la suma no da un entero. Pero en general vos podés extender la idea de congruencia a la división. Para eso se usan inversos. Un ejemplo:

$$\frac{1}{2} \equiv 1 * 2^{-1} \equiv 3 \ (mod\ 5).$$

Dónde $2^{-1}$ es un número $x$ tal que $2x = 1.$
Impecable dato, ¿también funcionaria algo parecido con raíces?

Por ejemplo

$$\sqrt{5} \equiv \sqrt{1} \equiv 1 \pmod 2$$
No sé. Me comí el '$\equiv$' al final por si generó confusión. Ahí lo arreglé
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Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Con raíces no sirve, porque por ejemplo$$1^2\equiv 5^2\equiv 7^2\equiv 11^2\equiv 1\pmod{12}.$$Es decir que $1$ tiene cuatro raíces cuadradas módulo $12$.
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Mensaje sin leer por drynshock »

Gianni De Rico escribió: Lun 04 Nov, 2024 7:34 pm Con raíces no sirve, porque por ejemplo$$1^2\equiv 5^2\equiv 7^2\equiv 11^2\equiv 1\pmod{12}.$$Es decir que $1$ tiene cuatro raíces cuadradas módulo $12$.
No me refería a eso, si no a $\sqrt{a} \equiv \sqrt{a+p} \pmod p$.
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Re: IMO 1979 - P1

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Es que justamente no podés definir $\sqrt{a}$ módulo algo en general (bueno, con los primos, como siempre, todo funciona un poco mejor y ahí sí podés). Pero de todos modos, sí es cierto lo que vos querés ver (y acá no importa para nada si el módulo es primo o no).

Si $x$ es tal que $x^2\equiv a\pmod m$ entonces $x^2\equiv a+m\pmod m$, con lo que $x$ sería a la vez una raíz de $a$ y una raíz de $a+m$.

Insisto en que yo no usaría $x\equiv \sqrt{a}\pmod m$ para decir que $x^2\equiv a\pmod m$, porque como ya dije antes, no es algo que esté bien definido en general.
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Re: IMO 1979 - P1

Mensaje sin leer por Turko Arias »

Un comentario sobre este problema es que, gracias a haberlo hecho en un Training de IMO, cuando rendimos la CIMA en 2016 y vimos el Problema 1 reconocimos al toque lo que había que hacer porque nos acordamos de este problema
Spoiler: mostrar
Claramente podemos asumir que $a$ y $b$ son coprimos, porque si es cierto para una fracción irreducible va a serlo para cualquier fracción equivalente que no lo sea. Tenemos entonces:

$$\frac{a}{b}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots -\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319}=$$
$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319}-2 \times \left( \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{1318} \right)=$$
$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319}- \left( 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{659} \right)=$$
$$\frac{1}{660}+\frac{1}{661}+...+\frac{1}{1318}+\frac{1}{1319}=$$
$$\left( \frac{1}{660}+ \frac{1}{1319} \right) + \left( \frac{1}{661}+ \frac{1}{1318} \right)+...+\left( \frac{1}{989}+ \frac{1}{990} \right)=$$
$$\frac{1979}{660\times 1319}+ \frac{1979}{661\times 1318} +...+\frac{1979}{989\times 990}$$

Sea $N=660 \times 661 \times ... \times 1318 \times 1319$, multiplicando ambos lados por $ N \times b$, el lado izquierdo queda $N \times a$ y el lado derecho queda $1979 \times Y$, donde $Y$ es el resultado de hacer $N \times b$ por el choclo de fracciones, pero claramente es entero porque $b$ lo es y $N$ barre todos los denominadores. Entonces el lado derecho es múltiplo de $1979$, que es primo, por lo que el lado izquierdo también lo es, pero $N$ no es múltiplo de $1979$, por lo que debe serlo $a$ y estamos $\blacksquare$
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