Generalizzando un old imo...

[Mist]

Dimostrare che se $\displaystyle \sum_{j=1}^{k}\frac{(-1)^j}{j} = \frac{p}{q}$ allora se $k\equiv -1 \pmod{4}$ e $\displaystyle \frac{3k+1}{2} \in \mathbb{P}$ si ha che $\displaystyle \frac{3k+1}{2}\mid p$

[dario2994]

È falso per $k=23$
Io aggiungerei l'ipotesi $\frac{3k+1}{2}$ primo

[Mist]

O.o ok, mi sa che hai ragione te, non ho controllato bene che funzionasse in effetti Grazie mille, edito...

[Sonner]

Mist, serve $\frac{3k+1}{2}$ primo, non $k$

Piazzo la mia soluzione con l'ipotesi aggiuntiva.
Per semplicità chiamo $H_n=\sum_{i=1}^n =\frac{1}{i}$. Allora la tesi diventa $$1-\frac{1}{2}+\dots -\frac{1}{k}=1+\frac{1}{2}+\dots +\frac{1}{k}-2(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\dots +\frac{1}{k-1})=H_k-H_{\frac{k-1}{2}}\equiv 0 \pmod {\frac{3k+1}{2}}$$

Dove mi piacerebbe mettere un punto interrogativo sul segno di congruenza (si può fare? come? ) perchè è quello che devo dimostrare.
Quello intanto è uguale a $\frac{1}{\frac{k+1}{2}}+\dots +\frac{1}{k}$. Ora (e qui uso l'ipotesi aggiuntiva) siccome tutto è invertibile vale $a^{-1}+b^{-1}\equiv 0 \iff a+b\equiv 0 \pmod {\frac{3k+1}{2}}$ (basta moltiplicare per $ab$ per rendersene conto). Applicando questa cosa a quel che mi resta del testo osservo che le frazioni si semplificano a coppie (la j-esima con la k+1-j-esima), quindi si semplifica tutto (infatti ci sono $k-\frac{k+1}{2}+1=\frac{k+1}{2}$ addendi, e quello è pari sse $4\mid k+1$).

[<enigma>]

Usa

Codice: Seleziona tutto

\overset

$ \overset{?} \equiv $

Stessa cosa per underset: ho fatto acrobazie col codice per un sacco di tempo prima di scoprire tale comodo comando che ti piazza sopra/sotto praticamente qualsiasi oggetto.

[Mist]

Molto bene, uguale alla mia... Credo che sia l'unico modo in assoluto per farlo (implicita richiesta di postare soluzioni alternative se esistenti)...

E edito per la seconda volta