Demostrar que no existe ningún entero positivo $n$ tal que $1^{2000} + 2^{2000} + \ldots + n^{2000}$ es primo.

Question

Probar que no hay ningún entero positivo $n$ tal que el siguiente número es primo: $$S_n = 1^{2000} + 2^{2000} + \ldots + n^{2000}

Estaba pensando en el último dígito del número. Para ciertos valores de $n$, el último dígito de $S$ es uniforme, así $S$ no puede ser primer. Pero eso no es suficiente. ¿Me puede dar una sugerencia, por favor? ¡Gracias!

Answer 1

Esto no es una respuesta completa, pero sí reducir el problema a la comprobación de un número finito ($512$, de hecho) de los casos. [Esto no es más que un caso. He utilizado una computadora para revisar el resto de los casos, y confirmó que $f(n)$ nunca es primo.]

Vamos $$f(n) = 1^{2000} + 2^{2000} + \puntos + n^{2000}.$$

Es posible demostrar que si $p$ es un número primo, y $k < p - 1$, luego $$1^k + 2^k + \dots + p^k$$ es divisible por $p$. De ello se sigue que si $n$ tiene factores primos $p$ tal que $p > 2001$,$p | f(n)$, y por lo $f(n)$ no es primo. (Tenemos que $f(n) \neq p$ desde $f(n) > n^{2000} > n \geq p$.)

(Podemos romper la suma $$1^{2000} + 2^{2000} + \puntos + n^{2000}$$ en $\frac{n}{p}$ bloques donde la suma de cada uno de los bloques es congruente modulo $p$ a $$1^{2000} + 2^{2000} + \puntos + p^{2000} \equiv 0 \pmod p$$ )

Los únicos casos que permanecen es cuando todos los factores primos de a $n$ son de menos de $2000$. Supongamos que $p \mid n$, y deje $2000 = (p - 1) q + r$ donde $r < p - 1$.

Entonces tenemos que $$1^{2000} + 2^{2000} + \puntos + p^{2000} \equiv 1^r + 2^r + \dots + (p - 1)^r \pmod p$$ Mientras $r \neq 0$, tenemos que esta es divisible por $p$. Por lo tanto $f(n)$ es divisible por $p$.

Por lo tanto tenemos que considerar el caso donde $p - 1 \mid 2000$. Por lo tanto, se puede reducir al caso en el que sólo los factores primos de a$n$$2, 3, 5, 11, 17, 41, 101, 251, 401$.

Ahora supongamos que existe un primer $p$ tal que $p^2 \mid n$. Tenemos que $$1^{2000} + 2^{2000} + \puntos + (p^2)^{2000} \equiv p \a la izquierda( 1^{2000} + 2^{2000} + \puntos + p^{2000} \right) \equiv 0 \pmod p.$$

Como antes, esto implica que $p \mid f(n)$. Por lo tanto podemos suponer que $n$ es la plaza libre.

Por lo tanto si $f(n)$ es un número primo, entonces debemos tener la $n$ es de planta cuadrada, y sus únicos factores primos son de entre $2, 3, 5, 11, 17, 41, 101, 251, 401$. Esto nos deja con un número finito de casos para comprobar.

Algunos de estos son fáciles de descartar. por ejemplo, Si $n$ no es divisible por $2$ y tiene un número impar de factores de entre los $3, 11, 251$, entonces tenemos que $n \equiv 3 \pmod 4$, y en este caso tenemos que $f(n)$ es incluso.

Quizás argumentos similares de trabajo para los números como $$f( 2 \times 3 \times 5 \11 \17 \times 41 \times 101 \times 251 \401 veces)$$

No creo que sería más factible para comprobar si este número es primo, a menos que hay algunos pequeños prime que lo divide.

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Edit: De hecho, un argumento similar a la anterior, muestra que si bien $n \equiv -1 \pmod p$ para cualquier prime $p$ que no está entre los $2, 3, 5, 11, 17, 41, 101, 251, 401$, $f(n)$ es divisible por $p$. Así que, de hecho $$f( 2 \times 3 \times 5 \11 \17 \times 41 \times 101 \times 251 \401 veces)$$ no es un número primo.

Esto es porque también tenemos que $$1^{2000} + 2^{2000} + \puntos + (p - 1)^{2000} \equiv 0 \pmod p$$ en los casos en que $2000 < p - 1$.

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He escrito una secuencia de comandos de python para comprobar que los únicos números naturales $n$ donde las consideraciones anteriores no son suficientes para comprobar que $f(n)$ no es primo se $$1, 2, 3, 5, 10, 15, 11, 33, 17, 255, 374, 101, 8282, 1039391, 13634$$

Luego comprueba si $f(n)$ es el primer de estos números utilizando la prueba de la división. Es de hecho el caso de que $f(n)$ no es primo en cualquiera de estos casos, y por lo $f(n)$ nunca es primo.