Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2012 жыл

$p=4k+3$ жай сан, $\dfrac{1}{{{0}^{2}}+1}+\dfrac{1}{{{1}^{2}}+1}+\ldots+\dfrac{1}{{{(p-1)}^{2}}+1}=\dfrac{m}{n}$ болатындай, $\dfrac{m}{n}$ қысқартылмайтын бөлшек болсын. $2m-n$ саны, $p$ -ға бөлінетінін дәлелдеңіз. ( А. Голованов )

Комментарий/решение

Известный факт, что $p\nmid a^2+1, \forall 0\le a\le p-1,$ для простого $p\equiv 3\pmod 4.$

Множество $\{2,\ldots,p-2 \}$ можно разделить на $\frac{p-3}{2}$ пар, что в любой паре $(a,a_1)$ $:$ $aa_1\equiv 1\pmod p$. $\quad (1)$

Заметим, что для $1\le a\le p-1$ $$\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{(\frac{1}{a})^2+1}\equiv \dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{a^2}{a^2+1}\equiv 1\pmod p $$

$$\implies \sum_{i=0}^{p-1}\dfrac{1}{i^2+1}\equiv \dfrac{1}{0^2+1}+\dfrac{1}{1^2+1}+\dfrac{1}{(p-1)^2+1}+ \sum_{i=2}^{p-2}{\dfrac{1}{i^2+1}}$$

$$\equiv 1+\frac 1 2 + \frac 1 2 + \sum^{2\le a\le p-2}_{\forall aa_1\equiv 1} (\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{{a_1}^2+1})\equiv 1+1+(\frac{p-3}{2})\equiv \frac 1 2 \pmod p$$ $$\implies \frac m n \equiv \frac 1 2\pmod p\implies 2m\equiv n\pmod p.\quad\square$$

Примечание: $(1)$ легко доказать, пользуясь Полной Системой Вычетов.