Consideremos un número primo $p \equiv 1 \pmod{4}$ y $n_p$ denota el resto de $n$ al dividir por $p$ . Sea $A_p=\{ a \in [[0,p]] \mid {(a+1)^2}_p<{a^2}_p\}$ .
I Conjetura
$$\sum_{n \in A_p } n=\dfrac{7(p^2-1)}{24}$$
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Te dejaré varios datos para que los compruebes, pregúntame si hay algún problema para verificarlos.
Sea $$A_p=\{ a \in [[0,p-1]] \mid {(a+1)^2}_p<{a^2}_p\},$$
$$B_p=\{ a \in [[0,p-1]] \mid {(a+1)^2}_p>{a^2}_p\},$$ $$C_p=\{ a \in [[0,p-1]] \mid {(a+1)^2}_p={a^2}_p\}.$$ Entonces $A_p \cup B_p \cup C_p = [[0,p-1]]$ . Compruebe que $C_p$ es el conjunto único $\{(p-1)/2 \}$ .
Ahora, tenga en cuenta que $a \in A_p \iff (p-1-a) \in B_p$ (¡Verificar!).
Sea $A_p' = A_p \cap [[0,(p-1)/2]]$ , $B_p' = B_p \cap [[0,(p-1)/2]]$ .
Entonces $A_p = A'_p \cup A''_p$ donde $A_p'' = \{ (p-1)-b | b\in B_p' \}$ .
Por último, cabe señalar que $A_p' = \{ \lfloor \sqrt{jp} \rfloor | 1 \leq j \leq (p-5)/4 \}$ Así que $|A_p'| = (p-5)/4$ y $|B_p'| = (p+3)/4$ .
Ahora, hacemos un cálculo:
\begin{align} \sum_{a \in A_p'} a + \sum_{a \in A_p''} a &= \sum_{a \in A_p'} a + \sum_{a \in B_p'} [(p-1) - a] \\ &= 2 \sum_{a \in A_p'} a + \sum_{a \in B_p'} (p-1) - \sum_{a=0}^{(p-3)/2} a \\ &= 2 \sum_{j=0}^{(p-5)/4} \lfloor \sqrt{jp} \rfloor + \frac{(p-1)(p+3)}4 - \frac{(p-3)(p-1)}8 \end{align}
Consideremos ahora el subconjunto de $\mathbb Z \times \mathbb Z$ $$\eqalign{ &\left\{(t,j)\ \bigg|\ 1 \leq j \leq \frac{p-5}{4}\ \hbox{and}\ 1 \leq t \leq \sqrt{jp} \right\}\cr &\qquad\qquad= \left\{(t,j)\ \bigg|\ 1 \leq t \leq \frac{p-3}{2}\ \hbox{and}\ \frac{t^2}{p} \leq j \leq \frac{p-5}{4} \right\}\cr} $$ Comparando ambas cardinalidades obtenemos (q.r. = residuos cuadráticos) \begin{align} \sum_{j=0}^{(p-5)/4} \lfloor \sqrt{jp} \rfloor &= \sum_{t=1}^{(p-3)/2} \left \{ \frac {(p-5)} 4 - \left \lfloor \frac{t^2} p \right \rfloor \right \} \\ &= \frac{(p-3)(p-5)}{8} - \sum_{t=1}^{(p-3)/2} \frac{t^2} p + \sum_{t=1}^{(p-3)/2} \frac{t^2 \pmod p} p \\ &= \frac{(p-3)(p-5)}{8} - \frac{(p-1)(p-2)(p-3)}{24p} \\ &\ \ \ + \frac{\text{Sum of q.r. mod p}- ((p-1)/2)^2 \pmod p}p \end{align} Ahora bien, si $p \equiv 1 \pmod 4$ entonces $((p-1)/2)^2 \equiv (3p+1)/4 \pmod p$ y la suma de los residuos cuadráticos es $p(p-1)/4$ . Así, \begin{align} \sum_{j=0}^{(p-5)/4} \lfloor \sqrt{jp} \rfloor &= \frac{(p-3)(p-5)}{8} - \frac{(p-1)(p-2)(p-3)}{24p} + \frac{p(p-1)- (3p+1)}{4p} \\ &= \frac{(p-1)(p-5)}{12}. \end{align} Ahora, la suma final es \begin{align} \sum_{a \in A_p} a &= \frac{(p-1)(p-5)}{6} + \frac{(p-1)(p+3)}4 - \frac{(p-3)(p-1)}8 \\ &= \frac{7(p^2-1)}{24}. \end{align} Aquí tiene dos problemas empleando técnicas similares. (De ahí aprendí este método).
