Question

Se sabe que, para todos los enteros positivos $k,$ $\begin{aligned} &1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2 \\ &= \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}. \end{aligned}$ Halla el menor entero positivo $k$ tal que $1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2$ sea un múltiplo de $200.$

It is known that, for all positive integers $k,$ $\begin{aligned} &1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2 \\ &= \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}. \end{aligned}$ Find the smallest positive integer $k$ such that $1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2$ is a multiple of $200.$

Respuesta

Respuesta: 112

Conceptos:suma de los primeros n cuadrados Teorema chino del resto análisis por casos

Nivel de dificultad: 2500

Pista pequeña:

Se necesita que $k(k+1)(2k+1)$ sea múltiplo de $1200 = 2^4 \cdot 3 \cdot 5^2,$ y el factor $3$ aparece automáticamente

You need $k(k+1)(2k+1)$ to be a multiple of $1200 = 2^4 \cdot 3 \cdot 5^2,$ and the factor $3$ comes for free

Pista grande:

$2k+1$ es impar, así que $16$ debe dividir a $k$ o $k+1;$ por separado $25$ debe dividir a $k,$ $k+1,$ o $2k+1.$ Compara las menores soluciones de las congruencias combinadas.

$2k+1$ is odd, so $16$ must divide $k$ or $k+1;$ separately $25$ must divide $k,$ $k+1,$ or $2k+1.$ Compare the smallest solutions of the combined congruences.

Solución:

La suma es un múltiplo de $200$ exactamente cuando $k(k+1)(2k+1)$ es un múltiplo de $1200 = 2^4 \cdot 3 \cdot 5^2.$ El factor $3$ siempre divide a $k(k+1)(2k+1)$ (si $k \equiv 1 \pmod 3,$ entonces $2k+1$ es divisible por $3$ ), así que solo importan $2^4$ y $5^2.$

Como $2k+1$ es impar y $k,$ $k+1$ no pueden ser ambos pares, $16$ debe dividir a $k$ o $k+1,$ así que $k \equiv 0$ o $15 \pmod{16}.$ De modo similar $25$ debe dividir a uno de $k,$ $k+1,$ $2k+1,$ dando $k \equiv 0,$ $24,$ o $12 \pmod{25}.$ Combinando cada par de congruencias módulo $400,$ las menores soluciones positivas son $112,$ $175,$ $224,$ $287,$ $399,$ y $400.$

El menor es $k = 112:$ en efecto $112 \cdot 113 \cdot 225$ $= (16 \cdot 7) \cdot 113 \cdot (9 \cdot 25)$ es un múltiplo de $1200.$

The sum is a multiple of $200$ exactly when $k(k+1)(2k+1)$ is a multiple of $1200 = 2^4 \cdot 3 \cdot 5^2.$ The factor $3$ always divides $k(k+1)(2k+1)$ (if $k \equiv 1 \pmod 3,$ then $2k+1$ is divisible by $3$ ), so only $2^4$ and $5^2$ matter.

Since $2k+1$ is odd and $k,$ $k+1$ cannot both be even, $16$ must divide $k$ or $k+1,$ so $k \equiv 0$ or $15 \pmod{16}.$ Similarly $25$ must divide one of $k,$ $k+1,$ $2k+1,$ giving $k \equiv 0,$ $24,$ or $12 \pmod{25}.$ Combining each pair of congruences modulo $400,$ the smallest positive solutions are $112,$ $175,$ $224,$ $287,$ $399,$ and $400.$

The least is $k = 112:$ indeed $112 \cdot 113 \cdot 225$ $= (16 \cdot 7) \cdot 113 \cdot (9 \cdot 25)$ is a multiple of $1200.$

2002 AIME II Problema 7

Respuesta: 112

Nivel de dificultad: 2500

Pista pequeña:

Pista grande:

Solución:

El Problema 7 en otros años