En una interesante pregunta de concurso que encontré recientemente, me topé con una pregunta que no pude resolver.
$$\sum^{2016}_{i=1}i^{101}$$ es divisible por: (a)2014 (b)2015 (c)2016 (d)2017
¿Cómo podría resolver esta cuestión de una manera sencilla?
Demostramos que $2016$ y $2017$ son divisores pero $2014$ y $2015$ no lo son mientras se minimiza el cómputo.
Obsérvese la identidad
$$m^{2k+1} + n^{2k+1} = (m + n)(m^{2k} - m^{2k-1}n + \dots - mn^{2k-1} + n^{2k})$$
Por lo tanto,
\begin{align} \sum_{n=1}^{2016} n^{101} &= (2016^{101} + 1^{101}) + (2015^{101} + 2^{101}) + \dots + (1009^{101} + 1008^{101})\\ &= 2017 N_1 + 2017 N_2 + \dots + 2017 N_{1008}. \end{align}
por lo que la suma es divisible por $2017$ . Utilizando una lógica similar, también podemos demostrar que es divisible por 2016. En efecto,
\begin{align} \sum_{n=1}^{2016} n^{101} &= 2016^{101} + \sum_{n=1}^{2015} n^{101} = 2016^{101} + 2016N + 1008^{101}\\ &= 2016^{101} + 2016N + 2016\cdot \frac{1008^{101}}{2}\\ \end{align}
así que $2016$ también es un divisor.
Ahora demostramos que los otros no funcionan.
La suma es "casi" divisible por $2015$ con un resto de $1$ .
$$\sum_{n=1}^{2015} n^{101}$$
es divisible por $2015$ y $2016^{101} \equiv 1^{101} \equiv 1 \mod 2015$ .
Para demostrar que $2014$ no funciona es más difícil.
Sabemos que $\displaystyle \sum_{n=1}^{2014} n^{101} \equiv 1007^{101} \mod 2014$ ya que no está emparejado. Tenemos $1007^2 \equiv 1007 (-1007) \equiv -1007^2 \mod 2014$ Por lo tanto $1007^2 \equiv 1007 \mod 2014$ desde $1007$ es el único resto que es igual cuando es negativo o positivo. Por lo tanto, $1007^n \equiv 1007 \mod 2014$ para cualquier $n$ .
Los términos restantes son $2015^{101} + 2016^{101}$ . $2015^{101} \equiv 1^{101} \equiv 1$ .
No estoy del todo convencido de que haya una forma limpia de probar que $2016^{101}$ no es equivalente a $1006 \mod 2014$ . El enfoque que se me ocurre es la fuerza bruta utilizando
$$2016^{101} = 2^{101} \equiv (2048 = 2^{11})^9 \cdot 2^2 \equiv 34^9 \cdot 2^2$$
La lógica para separar un $2016N$ El término es ligeramente diferente, porque $1008^{101}$ no tiene ningún término para emparejarse. Sin embargo, es lo mismo que $2016\cdot504\cdot1008^{99}$ por lo que también es divisible por $2016$ .
Por un lado, $$ \sum^{2016}_{i=1}i^{101} =\sum^{1008}_{i=1}i^{101} +\sum^{1008}_{i=1}(2017-i)^{101} $$ Las dos sumas se cancelan mod $2017$ porque $101$ es impar.
Por otro lado, $$ \sum^{2016}_{i=1}i^{101} =\sum^{1007}_{i=1}i^{101} +\sum^{1007}_{i=1}(2016-i)^{101} +1008^{101} $$
Las dos sumas se cancelan mod $2016$ porque $101$ es impar.
Finalmente, $1008^{101}=\dfrac{2016}{2}\cdot 1008^{100}$ es un múltiplo de $2016$ porque $1008$ está en paz.
Se puede aplicar el mismo argumento para $2014$ y $2015$ y obtendrás mucha cancelación pero un resto no nulo.
$$a^{2k+1}+b^{2k+1}=(a+b)(a^{2k}-\ldots+b^{2k})$$
$1^{101}+2016^{101}=(1+2016) \cdot A_1=2017A_1,$ donde $A_1 \in \mathbb Z$
$2^{101}+2015^{101}=(2+2015) \cdot A_2=2017A_2,$ donde $A_2 \in \mathbb Z$
...
$i^{101}+(2017-i)^{101}=(i+2017-i) \cdot A_i=2017A_i,$ donde $A_i \in \mathbb Z$
...
$1013^{101}+1014^{101}=(1013+1014) \cdot A=2017A_{1013},$ donde $A_{1013} \in \mathbb Z$
Entonces: $$2017\mid\sum^{2016}_{i=1}i^{101}$$
Respuesta: 2017
Buena respuesta; ¿cuál es la expresión punteada en la primera identidad que has publicado? ¿Podría mencionarlo explícitamente?
¿Y si se demuestra que las otras opciones no dividen la suma? De hecho, incluso $2016$ divide la suma por la misma lógica $(1+2015)A$ y $2016^{101}$ es trivialmente divisible
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Como muestran las respuestas, es divisible por ambos $2016$ y $2017$ . Curiosamente, también es divisible por $2017^2$ . Todavía no veo una razón clara para esto, pero WA lo confirma.
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¡Más interesante aún es que te hayas dado cuenta de eso! @alex.jordan :)