Suponga $p$ es un número primo tal que $p\equiv 1 \pmod3$, e $q=\lfloor \frac{2p}{3}\rfloor$.
Si: $$\frac{1}{1\cdot2} +\frac{1}{3\cdot4} +\cdots+\frac{1}{(q-1)\cdot q} =\frac{m}{n}$$
Para algunos enteros $m,n$, ¿cuál es la prueba de que $p\mid m$
Suponga $p$ es un número primo tal que $p\equiv 1 \pmod3$, e $q=\lfloor \frac{2p}{3}\rfloor$.
Si: $$\frac{1}{1\cdot2} +\frac{1}{3\cdot4} +\cdots+\frac{1}{(q-1)\cdot q} =\frac{m}{n}$$
Para algunos enteros $m,n$, ¿cuál es la prueba de que $p\mid m$
Deje $p=3k+1$ $H_n$ denota el n-ésimo número armónico. Desde $\displaystyle \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$ (1) la suma en la pregunta es $$\displaystyle \sum_{i=1}^q \frac{ (-1)^{i+1} }{i} = H_{2k}-H_k.$$
Trabajando en el mod $p$, añadimos $p$ a el denominador de cada término en $H_k$ : $$ H_{2k} - H_k \equiv H_{2k} + \sum_{i=1}^k \frac{1}{p-i} = H_{p-1} =\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{p-1} \left( \frac{1}{i} + \frac{1}{p-i}\right)\equiv \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{p-1} \left( \frac{1}{i} + \frac{1}{-i}\right)=0. $$
demostrar el resultado.
El uso de (1) podemos ver que $$\frac{1}{1\cdot2} +\frac{1}{3\cdot4} +\cdots+\frac{1}{(q-1)\cdot q} = \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdots + \frac{1}{q-1} - \frac{1}{q}.$$
La serie es casi como un número Armónico, pero tiene la alternancia de signos, así que a sumar y restar 2*condiciones:
$$\frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdots + \frac{1}{q-1} - \frac{1}{q} = \left( 1+ \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{q} \right) -2 \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{q} \right).$$
El factor de 2 cancela con el denominador de cada término en el segundo soporte. Recordar que $q=2k$ da $$ \left( 1+ \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2k} \right) - \left( 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{k} \right)= H_{2k} - H_k.$$
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