Lista de residuos cuadráticos

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Dados dos enteros positivos $n$ y $a$, se forma una lista de 2001 números como sigue:

  • el primer número es $a$;
  • a partir del segundo, cada número es el residuo que se obtiene al dividir al cuadrado del anterior entre $n$.

A los números de la lista se les ponen los signos $+$ y $-$, alternadamente
empezando con $+$. Los números con signo así obtenidos se suman, y a esa suma se le llama suma final para $n$ y $a$.

¿Para qué enteros $n \geq 5$ existe alguna $a$ tal que $2 \leq a \leq n/2$, y la suma final para $n$ y $a$ es positiva?




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Respuesta. para todos los

Respuesta. para todos los enteros $ n \geq 5$ existe una $a$ tal que la suma final de para $n$ y $a$ es positiva

Supongamos que $ a^2_0\equiv a_1 \pmod{n}$ para alguna $a_0$ que cumpla las condiciones luego sea $a^2_i \equiv a_{i+1} \pmod{n}$ para $i = 0,1,2,\cdots, 2001$  y todas las $a_i$ menores a $n$. Asi obtenemos la siguiente lista: $$ a_1 - a_2 + \cdots + a_{2001 }$$ si esto mayor a cero ya terminamos pero supongamos que no, entonces 

$ 0 \geq a_1 - a_2 + \cdots + a_{2001}$ por lo que $0 \geq (a_1 + a_3 + \cdots + a_{2001}) - (a_2 + a_4 + \cdots + a_{2000})$ por lo que $$ (a_2 + a_4 +\cdots + a_{2000}) \geq (a_1 + a_3 + \cdots + a_{2001})$$ y luego construimos la siguiente lista:

$a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \cdots + a_{2000}$ que es igual a $[1]  (a_0 + a_2 \cdots + a_{2000}) - (a_1 + \cdots + a_{1999})$ pero $$ (a_0 + a_2 + \cdots + a_{2000}) \geq (a_2 + \cdots + a_{2000}) \geq (a_1 + \cdots + a_{2001}) \geq (a_1 + a_3 + \cdots + a_{1999})$$ de donde resulta que $$ (a_0 + a_2 + \cdots + a_{2000}) \geq (a_1 + a_3 + \cdots + a_{1999})$$ pero esto es nuestra expresion en $[1] $ que es nuestra segunda lista de donde es obvio que es positiva la suma final. Luego asi en ambos casos se logra lo deseado.

Saludos 

Germán.

 

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Germán, algo debe fallar en

Germán, algo debe fallar en tu solución. Porque si n=5, la ùnica a que cumple es 2. Pero entonces la lista es 2,4,1,1,...,1. Y la suma final es -1 (pues 2-4=-2 y los unos que siguen se cancelan hasta el 2000, así que al restar el uno final la suma queda -1).  

Te saluda

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¡Muy bien! Casi perfectamente

¡Muy bien! Casi perfectamente bien contestado.

Sólo que tu demostración empieza suponiendo que existe $a_0$ pero faltaría justificar o explicar que realmente exista. Estúdialo, ahí te va salir que $n=5$ no sirve y tendrás que justificar un par de casos más.

Saludos

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Ah claro, ya vi el problema

Ah claro, ya vi el problema $a_0$ siempre existe el detalle esta en la construccion de la primera lista pues se asegura que $a_1$ va a cumplir las condiciones, en el caso n=5 seria $a_0 =2$ pero la construccion con $a_1=4$ no va funcionar pues claramente 4, no satisface.Entonces para n=5 no es posible, si n=6 entonces tomamos $ a_0=3$ para que $a_1 =3$ si n=7 tomamos otra vez $a_0=3$ asi $a_1=2$ y despues para todo entero n  mayor a 8, es posible tomar $a_0 = 2$.

Saludos.

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Sí muy bien, ese era el

Sí muy bien, ese era el detalle. Yo decía que $a_0$ no siempre existe pues había entendido que empezabas tomando $a_1$ y suponiendo la existencia de $a_0$. Pero entonces debí señalar que el error era sobre $a_1$, pues no necesariamente satisfacía la condición.

Bueno, entonces con esto que acabas de agregar queda completa tu demostración.

Saludos