整数可除性证明问询：由前三幂和整除性推导七次幂和整除性

嘿，这个问题其实可以用中国剩余定理拆解成几个小问题来解决——毕竟5040分解质因数是2⁴×3²×5×7，只要我们能证明x₁⁷+x₂⁷+…+xₙ⁷分别被16、9、5、7整除，那自然就能被它们的乘积5040整除了。下面一步步来：

1. 模7的情况：直接用费马小定理 #

根据费马小定理，对任意整数x，有x⁷ ≡ x mod7。因此：
$$\sum_{i=1}^n x_i^7 ≡ \sum_{i=1}^n x_i mod7$$
题目已知5040 | ∑x_i，而7是5040的约数，所以∑x_i ≡0 mod7，自然∑x_i^7 ≡0 mod7。

2. 模5的情况：费马小定理的推导 #

费马小定理告诉我们x⁵ ≡x mod5，那么x⁷ =x⁵×x² ≡x×x²=x³ mod5。因此：
$$\sum_{i=1}^n x_i^7 ≡ \sum_{i=1}^n x_i^3 mod5$$
题目已知5040 | ∑x_i^3，5是5040的约数，所以∑x_i^3 ≡0 mod5，进而∑x_i^7 ≡0 mod5。

3. 模9的情况：分类讨论余数 #

我们先列出所有模9的余数对应的x、x³、x⁷值：

设：

• A是余数为1、4、7的数的个数，B是余数为2、5、8的数的个数
• C是余数为3、6的数的个数

根据题目条件：

1. ∑x_i ≡0 mod9 → 余数和(1A1+4A2+7A3)+(2B1+5B2+8B3)+3C1+6C2 ≡0 mod9
2. ∑x_i³ ≡0 mod9 → A - B ≡0 mod9（因为1、4、7的立方是1，2、5、8的立方是8≡-1）

由A=B+9k，结合余数和的条件：

• 余数为1/4/7的数与余数为2/5/8的数两两相加必为9的倍数（比如1+8=9，4+5=9），所以它们的总和是9的倍数
• 余数为3/6的数的和是3的倍数，要让整体和为9的倍数，这部分的和必须是9的倍数，对应的x⁷都是0

最终可得∑x_i^7 ≡0 mod9。

4. 模16的情况：奇偶分类+幂次规律 #

先分析奇偶两类数的幂次特性：

偶数的情况 #

• 2倍数非4倍数（如2、6、10、14）：x³≡8 mod16，x⁷≡0 mod16
• 4倍数及以上：所有幂次都是0 mod16

奇数的情况 #

根据欧拉定理φ(16)=8，奇数的8次方≡1 mod16，可推导：

• 平方≡1 mod16的奇数（1、7、9、15）：x⁷≡x mod16
• 平方≡9 mod16的奇数（3、5、11、13）：x⁷≡x³ mod16

结合题目条件：

1. ∑x_i^5 ≡0 mod16：奇数的5次方≡自身，所以所有奇数的和≡0 mod16
2. ∑x_i ≡0 mod16：偶数的和也≡0 mod16，且2倍数非4倍数的数的个数必为偶数（否则偶数和无法被16整除）
3. ∑x_i³ ≡0 mod16：2倍数非4倍数的数的立方和是8k，k为偶数则8k≡0 mod16，因此奇数的立方和≡0 mod16

而奇数的x⁷和x³等价，所以∑x_i^7=∑奇数x³ + ∑偶数x⁷ ≡0+0=0 mod16。

结论 #

通过中国剩余定理，既然∑x_i^7分别被16、9、5、7整除，那么必然被它们的乘积5040整除，即：
$$5040 \mid x_1^7+x_27+\cdots+x_n^7$$

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Tom Galle