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Siano fissati $ a_1,a_2,\ldots,a_k, b_1,b_2,\ldots,b_k \in \mathbb{Z} $ tali che per ogni $ x \in \mathbb{Z} $ esiste un intero positivo $ i \le k $ per cui $ b_i \mid x-a_i $.

Mostrare che possiamo scegliere un sottoinsieme non vuoto $ I \subseteq \{1,2,\ldots,k\} $ tale che $ \displaystyle \sum_{i \in I}{b_i^{-1}} \in \mathbb{Z} $.

Cerchiamo di capire che diavolo mi stanno dicendo le ipotesi: le $ $a_i $ sono i resti e i $ $b_i $ sono i moduli. Se infatti con le congruenze $ $a_i $ modulo $ $b_i $ riusciamo a coprire tutti i relativi vinciamo. Bene poiché però nelle nostre $ $k- $uple possiamo metterci tutto quello che vogliamo consideriamo per un momento solo quelle strettamente necessarie a coprire tutti i relativi escludendo le altre, e dimostriamo che i $ $b_i $ devono essere divisori del $ $b_j $ tale che $ $b_j \leq b_i $ qualunque $ $i $, ma questo è quasi banale, infatti se neghiamo la nostra tesi abbiamo che vi sarà sempre una congruenza per ogni modulo i $ b_i $ che non copriamo, ma un $ $ n $ che soddisfa tutte queste congruenze "non coperte" esiste per il tcr. Quindi sono tutti multipli di questo benedetto $ $ b_j $ ma ora non ci resta che fare l'"mcm" dei moduli per ottenere quante congruenze ogni $ $ b_i $ utile ci va a coprire, ok mi spiego $ $ a_1 = 1; b_1 = 36; a_2 = 0; b_2 = 36 $ quindi la coppia 1 ci copre tutti i relativi congrui a 1 modulo 36, mentre la coppia 2 copre tutti i congrui a 0 modulo 6 ovvero copre tutti i congrui a 0,6,12,18,24,30 modulo 36 quindi contiamo quest'ultima congruenza 36/6 = 6 volte. Fermi fermi, cosa stiamo facendo? stiamo sommando le frazioni dove i $ $b_i $ sono i denominatori e 1 il numeratore. Ma poiché dobbiamo coprire tutte le congruenze modulo $ $b_j $ allora la somma farà 1 quindi in $ $\mathbb{Z} $ o almeno credo.

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[edit: 300 stupidagini ]