P4 OMM 2001. Lista de residuos cuadráticos

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.

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.