如何证明 1^2021＋2^2021＋…＋1000^2021 能被 7、11、13 整除？
好的，我们来一步步证明 $1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$ 这个和能被 7、11、13 整除。我会尽量讲得详细，并且避免AI写作的生硬感。
核心思路：
要证明一个和能被某个数整除，最直接的方法就是看这个和模那个数的余数是多少。如果余数是 0，那就说明能整除。
在这个问题中，我们要证明的和是 $S = 1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$。我们要分别证明 $S equiv 0 pmod{7}$， $S equiv 0 pmod{11}$，以及 $S equiv 0 pmod{13}$。
证明能被 7 整除
我们来看 $S$ 模 7 的余数。考虑 $1^{2021}, 2^{2021}, dots, 1000^{2021}$ 这些项模 7 的余数。
观察数字的周期性：
我们知道，任何整数的幂模上一个固定的数，其结果会呈现周期性。特别是，我们对数字模 7 的余数感兴趣。
$1 equiv 1 pmod{7}$
$2 equiv 2 pmod{7}$
$3 equiv 3 pmod{7}$
$4 equiv 4 pmod{7}$
$5 equiv 5 pmod{7}$
$6 equiv 6 pmod{7}$
$7 equiv 0 pmod{7}$
$8 equiv 1 pmod{7}$
$9 equiv 2 pmod{7}$
...
你会发现，每隔 7 个连续的整数，它们模 7 的余数就是 $0, 1, 2, 3, 4, 5, 6$ 的循环。
费马小定理是关键：
对于一个素数 $p$ 和任意整数 $a$，$a^p equiv a pmod{p}$。
而且，如果 $p$ 不整除 $a$，那么 $a^{p1} equiv 1 pmod{p}$。
这里我们关注的是 $p=7$。所以，$a^7 equiv a pmod{7}$。
我们要求的指数是 2021。我们看看 2021 和 $71=6$ 的关系。
$2021 div 6 = 336$ 余 $5$。
所以，$2021 = 6 imes 336 + 5$。
根据费马小定理，对于任意整数 $a$，我们有 $a^6 equiv 1 pmod{7}$ (当 7 不整除 $a$ 时) 或者 $a^6 equiv 0 pmod{7}$ (当 7 整除 $a$ 时，此时 $a equiv 0 pmod{7}$)。
因此，$a^{2021} = a^{6 imes 336 + 5} = (a^6)^{336} cdot a^5 pmod{7}$。
如果 $7 mid a$，那么 $a^6 equiv 1 pmod{7}$。
所以，$a^{2021} equiv (1)^{336} cdot a^5 equiv a^5 pmod{7}$。
如果 $7 mid a$，那么 $a equiv 0 pmod{7}$。
所以，$a^{2021} equiv 0^{2021} equiv 0 pmod{7}$。
另一种角度，利用 $a^p equiv a pmod{p}$：
直接用 $a^p equiv a pmod{p}$ 来推导会更简洁。
因为 $2021 = 7 imes 288 + 5$，我们也可以写成 $2021 = 6 imes 336 + 5$。
我们直接看 $a^{2021} pmod{7}$。
根据费马小定理，$a^7 equiv a pmod{7}$。
那么 $a^{2021} = a^{7 imes 288 + 5} = (a^7)^{288} cdot a^5 pmod{7}$。
所以，$a^{2021} equiv a^{288} cdot a^5 = a^{293} pmod{7}$。
这个好像没有直接简化。
换个思路，指数的周期性：
我们更关注的是 $a^k pmod{p}$ 的周期。
对于模 7，指数的周期性实际上是 $phi(7) = 6$。
也就是 $a^k pmod{7}$ 的值，只取决于 $k pmod{6}$。
$2021 equiv 5 pmod{6}$。
所以，$a^{2021} equiv a^5 pmod{7}$。
如果 $7 mid a$，那么 $a equiv 0 pmod{7}$， $a^{2021} equiv 0 pmod{7}$。
如果 $7 mid a$，那么 $a^{2021} equiv a^5 pmod{7}$。
现在我们来计算 $S = 1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021} pmod{7}$。
$S equiv 1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + 5^5 + 6^5 + 0^5 + 1^5 + dots + 1000^5 pmod{7}$。
我们知道 $1000 = 7 imes 142 + 6$。
所以，$1000 equiv 6 pmod{7}$。
这个和包含 $1, 2, dots, 1000$ 共 1000 个数。
我们可以把这 1000 个数按模 7 的余数分组：
模 7 余 0 的数：$7, 14, dots, 7 imes 142$ (共 142 个)。
模 7 余 1 的数：$1, 8, dots, 1 + 7 imes 142$ (共 143 个)。
模 7 余 2 的数：$2, 9, dots, 2 + 7 imes 142$ (共 143 个)。
...
模 7 余 6 的数：$6, 13, dots, 6 + 7 imes 142$ (共 143 个)。
总共有 $142 + 143 imes 6 = 142 + 858 = 1000$ 个数。
我们来看 一个完整周期的和 模 7 的余数：
$1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + 5^5 + 6^5 pmod{7}$。
由于 $a^5 equiv a^{2021} pmod{7}$，我们计算这个和。
$1^5 equiv 1 pmod{7}$
$2^5 = 32 equiv 4 pmod{7}$
$3^5 = 243$。$243 div 7 = 34$ 余 $5$。$3^5 equiv 5 pmod{7}$。
$4^5 equiv (3)^5 equiv 3^5 equiv 5 equiv 2 pmod{7}$。
$5^5 equiv (2)^5 equiv 2^5 equiv 4 equiv 3 pmod{7}$。
$6^5 equiv (1)^5 equiv 1 equiv 6 pmod{7}$。
那么，$1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + 5^5 + 6^5 equiv 1 + 4 + 5 + 2 + 3 + 6 pmod{7}$
$equiv (1+6) + (4+3) + (5+2) pmod{7}$
$equiv 7 + 7 + 7 pmod{7}$
$equiv 0 + 0 + 0 equiv 0 pmod{7}$。
关键点：
对于模 $p$ (素数)，当指数 $k$ 满足 $k equiv 1 pmod{p1}$ 时，$sum_{i=1}^{p1} i^k equiv 0 pmod{p}$。
这里 $p=7$， $p1=6$。
$2021 equiv 5 pmod{6}$。
$5 equiv 1 pmod{6}$。
所以，$1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + 5^5 + 6^5 equiv 0 pmod{7}$。
现在我们把 1000 个数加起来：
$S = 1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$
$S pmod{7}$
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^{2021} pmod{7}$
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^5 pmod{7}$
我们有 143 个数字模 7 余 1, 2, 3, 4, 5, 6。
我们有 142 个数字模 7 余 0。
$S equiv 142 imes 0^5 + 143 imes (1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + 5^5 + 6^5) pmod{7}$
$S equiv 142 imes 0 + 143 imes 0 pmod{7}$
$S equiv 0 + 0 equiv 0 pmod{7}$。
所以，$1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$ 能被 7 整除。
证明能被 11 整除
思路同上，我们看 $S$ 模 11 的余数。
指数是 2021。
根据费马小定理，对于素数 $p=11$， $a^{10} equiv 1 pmod{11}$ (当 $11 mid a$)。
我们看 $2021 pmod{10}$：
$2021 = 10 imes 202 + 1$。
所以，$2021 equiv 1 pmod{10}$。
因此，$a^{2021} equiv a^1 equiv a pmod{11}$ (当 $11 mid a$)。
如果 $11 mid a$，那么 $a equiv 0 pmod{11}$， $a^{2021} equiv 0 pmod{11}$。
所以，$S = 1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021} equiv 1 + 2 + dots + 1000 pmod{11}$。
这是一个等差数列求和：
$1 + 2 + dots + 1000 = frac{1000 imes (1000+1)}{2} = frac{1000 imes 1001}{2} = 500 imes 1001$。
现在我们计算这个和模 11 的余数。
$1000 = 11 imes 90 + 10$，所以 $1000 equiv 10 equiv 1 pmod{11}$。
$1001 = 11 imes 91$，所以 $1001 equiv 0 pmod{11}$。
那么，$500 imes 1001 equiv 500 imes 0 equiv 0 pmod{11}$。
另一种直接计算的方法：
$S equiv 1 + 2 + dots + 1000 pmod{11}$。
$1000 = 11 imes 90 + 10$。
所以，$1, 2, dots, 1000$ 的序列模 11 的余数是：
$1, 2, dots, 10$ (出现 90 次)，然后是 $1, 2, dots, 10$ (再出现 1 次，直到 1000)。
精确地说，$1, dots, 1000$ 包含了 90 个完整的 $1, dots, 11$ 循环 (忽略 0)。
$1, dots, 10$ 出现了 90 组。
$1000$ 后面是 $1001, 1002, dots$
$1000 equiv 10 pmod{11}$
$1001 equiv 0 pmod{11}$
$1002 equiv 1 pmod{11}$
我们把 $1, dots, 1000$ 的和看作：
$(1 + 2 + dots + 10) + (11 + dots + 20) + dots + (991 + dots + 1000)$
模 11 的情况下：
$(1+2+dots+10) equiv 1+2+dots+10 pmod{11}$
$1+2+dots+10 = frac{10 imes 11}{2} = 55 equiv 0 pmod{11}$。
所以，$1+2+dots+10 equiv 0 pmod{11}$。
$11+12+dots+20 equiv 0+1+dots+10 equiv 0 pmod{11}$。
以此类推，每一组 10 个连续的数，它们的和模 11 都是 0。
$1, 2, dots, 1000$ 包含多少个这样的组呢？
$1000 = 100 imes 10$。
我们可以看成 100 组，每组 10 个数。
$1, dots, 10$
$11, dots, 20$
...
$991, dots, 1000$
$sum_{i=1}^{1000} i = sum_{k=0}^{99} sum_{j=1}^{10} (10k+j)$
$sum_{i=1}^{1000} i pmod{11} equiv sum_{k=0}^{99} sum_{j=1}^{10} (10k+j) pmod{11}$
$equiv sum_{k=0}^{99} sum_{j=1}^{10} (k+j) pmod{11}$ (因为 $10 equiv 1 pmod{11}$)
这个方法有点复杂。
我们直接用 $sum_{i=1}^{1000} i^{2021} equiv sum_{i=1}^{1000} i pmod{11}$。
$1000 = 11 imes 90 + 10$
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i pmod{11}$
$S equiv (1 + 2 + dots + 10) + (11 + dots + 20) + dots + (991 + dots + 1000) pmod{11}$
$S equiv (1 + 2 + dots + 10) + (0 + 1 + dots + 10) + dots + (0 + 1 + dots + 10) pmod{11}$
这个分组方式不对。
正确的做法是：
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i pmod{11}$
$1, 2, dots, 1000$ 模 11 的余数是：
$1, 2, dots, 10$ (出现 90 次)
$1, 2, dots, 10$ (又出现 1 次，直到 990+10=1000)
$1, 2, dots, 10$ (最后一次，直到 1000)
$1000 equiv 10 pmod{11}$
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i pmod{11}$
$S equiv sum_{i=1}^{990} i + sum_{i=991}^{1000} i pmod{11}$
$sum_{i=1}^{990} i = 990 imes 991 / 2$
$990 = 11 imes 90 equiv 0 pmod{11}$
所以 $sum_{i=1}^{990} i equiv 0 pmod{11}$。
$S equiv sum_{i=991}^{1000} i pmod{11}$
$991 equiv 1 pmod{11}$
$992 equiv 2 pmod{11}$
...
$1000 equiv 10 pmod{11}$
所以，$S equiv 1 + 2 + dots + 10 pmod{11}$。
$1 + 2 + dots + 10 = frac{10 imes 11}{2} = 55 equiv 0 pmod{11}$。
因此，$1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$ 能被 11 整除。
证明能被 13 整除
思路依然相同。我们看 $S$ 模 13 的余数。
指数是 2021。
根据费马小定理，对于素数 $p=13$， $a^{12} equiv 1 pmod{13}$ (当 $13 mid a$)。
我们看 $2021 pmod{12}$：
$2021 div 12 = 168$ 余 $5$。
$2021 = 12 imes 168 + 5$。
所以，$2021 equiv 5 pmod{12}$。
因此，$a^{2021} equiv a^5 pmod{13}$ (当 $13 mid a$)。
如果 $13 mid a$，那么 $a equiv 0 pmod{13}$， $a^{2021} equiv 0 pmod{13}$。
所以，$S = 1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021} equiv 1^5 + 2^5 + dots + 1000^5 pmod{13}$。
我们知道 $1000 = 13 imes 76 + 12$。
所以，$1000 equiv 12 equiv 1 pmod{13}$。
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^5 pmod{13}$。
我们考虑模 13 的一个完整循环：$1^5, 2^5, dots, 12^5$。
关键性质： 对于素数 $p$，如果 $k$ 是一个奇数，并且 $k$ 不是 $p1$ 的倍数，那么 $sum_{i=1}^{p1} i^k equiv 0 pmod{p}$。
这里 $p=13$, $p1=12$。
$k=5$ 是奇数。
$5$ 不是 $12$ 的倍数。
所以，$sum_{i=1}^{12} i^5 equiv 0 pmod{13}$。
我们来验算一下：
$1^5 equiv 1$
$2^5 = 32 equiv 6$
$3^5 = 243 = 13 imes 18 + 9 equiv 9$
$4^5 = (2^2)^5 = 2^{10} = (2^5)^2 equiv 6^2 = 36 equiv 10$
$5^5 = 3125 = 13 imes 240 + 5 equiv 5$
$6^5 = 7776 = 13 imes 598 + 2 equiv 2$
$7^5 equiv (6)^5 equiv 6^5 equiv 2 equiv 11$
$8^5 equiv (5)^5 equiv 5^5 equiv 5 equiv 8$
$9^5 equiv (4)^5 equiv 4^5 equiv 10 equiv 3$
$10^5 equiv (3)^5 equiv 3^5 equiv 9 equiv 4$
$11^5 equiv (2)^5 equiv 2^5 equiv 6 equiv 7$
$12^5 equiv (1)^5 equiv 1 equiv 12$
和为 $1+6+9+10+5+2+11+8+3+4+7+12 pmod{13}$
$= (1+12) + (6+7) + (9+4) + (10+3) + (5+8) + (2+11) pmod{13}$
$= 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 pmod{13}$
$= 0+0+0+0+0+0 equiv 0 pmod{13}$。
验证了 $sum_{i=1}^{12} i^5 equiv 0 pmod{13}$。
现在我们看 $S = 1^{2021} + dots + 1000^{2021} pmod{13}$。
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^5 pmod{13}$。
$1000 = 13 imes 76 + 12$。
这 1000 个数包含了 76 个完整的 $1, 2, dots, 13$ 循环 (我们考虑模 13 的值)。
具体来说：
$1, 2, dots, 12$ 出现了 76 次。
$13, 14, dots, 25$ 模 13 的值是 $0, 1, dots, 12$。
$1, 2, dots, 1000$ 包含了 $1, dots, 12$ 模 13 的值 76 次，然后是 $1, dots, 12$ (从 988 开始到 999)。
$1000 = 13 imes 76 + 12$
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^5 pmod{13}$
$S equiv sum_{i=1}^{13 imes 76} i^5 + sum_{i=13 imes 76 + 1}^{1000} i^5 pmod{13}$
$S equiv sum_{j=0}^{75} sum_{k=1}^{13} (13j+k)^5 + sum_{k=1}^{12} (13 imes 76 + k)^5 pmod{13}$
$equiv sum_{j=0}^{75} sum_{k=1}^{13} k^5 + sum_{k=1}^{12} k^5 pmod{13}$
我们考虑 $sum_{k=1}^{13} k^5 pmod{13}$。
$k=13$ 时，$13^5 equiv 0^5 equiv 0 pmod{13}$。
所以 $sum_{k=1}^{13} k^5 = (sum_{k=1}^{12} k^5) + 13^5 equiv 0 + 0 equiv 0 pmod{13}$。
那么，$S equiv sum_{j=0}^{75} 0 + sum_{k=1}^{12} k^5 pmod{13}$
$S equiv 0 + 0 equiv 0 pmod{13}$。
更简洁的论证：
$1000 = 76 imes 13 + 12$。
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^5 pmod{13}$
$S equiv sum_{i=1}^{76 imes 13} i^5 + sum_{i=76 imes 13 + 1}^{76 imes 13 + 12} i^5 pmod{13}$
$S equiv sum_{j=0}^{75} sum_{k=1}^{13} (13j+k)^5 + sum_{k=1}^{12} (13 imes 76 + k)^5 pmod{13}$
$S equiv sum_{j=0}^{75} sum_{k=1}^{13} k^5 + sum_{k=1}^{12} k^5 pmod{13}$
由于 $sum_{k=1}^{13} k^5 equiv 0 pmod{13}$ 且 $sum_{k=1}^{12} k^5 equiv 0 pmod{13}$，
$S equiv 76 imes 0 + 0 equiv 0 pmod{13}$。
所以，$1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$ 能被 13 整除。
总结一下：
我们证明了 $1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$ 能被 7、11、13 整除，主要依赖于 费马小定理 和 模运算的性质。
模 7： 由于 $2021 equiv 5 pmod{6}$，且 $1^5 + dots + 6^5 equiv 0 pmod{7}$。1000 个数可以分成 142 组模 7 余 0，以及 143 组模 7 余 1 到 6 的数，和为 $142 imes 0 + 143 imes ( ext{周期和}) equiv 0 pmod{7}$。
模 11： 由于 $2021 equiv 1 pmod{10}$，所以 $a^{2021} equiv a pmod{11}$。和变成 $1+2+dots+1000 pmod{11}$。因为 $1000 equiv 10 pmod{11}$，这个和是 $1+2+dots+10$ 的 100 倍，而 $1+dots+10 equiv 0 pmod{11}$，所以整个和是 0。
模 13： 由于 $2021 equiv 5 pmod{12}$，且 $1^5 + dots + 12^5 equiv 0 pmod{13}$。1000 个数包含了 76 个完整的模 13 周期（其中包含 $13^5 equiv 0 pmod{13}$），以及最后 $1, dots, 12$ 的和，所以整个和为 0。
这就像是给每个数“变身”了，变成了一个更小的、更容易处理的幂，然后利用了这些模的周期性，让很多项加起来正好抵消掉了。
希望这个解释够详细，也够“人味儿”！
核心思路：
要证明一个和能被某个数整除，最直接的方法就是看这个和模那个数的余数是多少。如果余数是 0，那就说明能整除。
在这个问题中，我们要证明的和是 $S = 1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$。我们要分别证明 $S equiv 0 pmod{7}$， $S equiv 0 pmod{11}$，以及 $S equiv 0 pmod{13}$。
证明能被 7 整除
我们来看 $S$ 模 7 的余数。考虑 $1^{2021}, 2^{2021}, dots, 1000^{2021}$ 这些项模 7 的余数。
观察数字的周期性：
我们知道，任何整数的幂模上一个固定的数，其结果会呈现周期性。特别是，我们对数字模 7 的余数感兴趣。
$1 equiv 1 pmod{7}$
$2 equiv 2 pmod{7}$
$3 equiv 3 pmod{7}$
$4 equiv 4 pmod{7}$
$5 equiv 5 pmod{7}$
$6 equiv 6 pmod{7}$
$7 equiv 0 pmod{7}$
$8 equiv 1 pmod{7}$
$9 equiv 2 pmod{7}$
...
你会发现，每隔 7 个连续的整数，它们模 7 的余数就是 $0, 1, 2, 3, 4, 5, 6$ 的循环。
费马小定理是关键：
对于一个素数 $p$ 和任意整数 $a$，$a^p equiv a pmod{p}$。
而且，如果 $p$ 不整除 $a$，那么 $a^{p1} equiv 1 pmod{p}$。
这里我们关注的是 $p=7$。所以，$a^7 equiv a pmod{7}$。
我们要求的指数是 2021。我们看看 2021 和 $71=6$ 的关系。
$2021 div 6 = 336$ 余 $5$。
所以，$2021 = 6 imes 336 + 5$。
根据费马小定理，对于任意整数 $a$，我们有 $a^6 equiv 1 pmod{7}$ (当 7 不整除 $a$ 时) 或者 $a^6 equiv 0 pmod{7}$ (当 7 整除 $a$ 时，此时 $a equiv 0 pmod{7}$)。
因此，$a^{2021} = a^{6 imes 336 + 5} = (a^6)^{336} cdot a^5 pmod{7}$。
如果 $7 mid a$，那么 $a^6 equiv 1 pmod{7}$。
所以，$a^{2021} equiv (1)^{336} cdot a^5 equiv a^5 pmod{7}$。
如果 $7 mid a$，那么 $a equiv 0 pmod{7}$。
所以，$a^{2021} equiv 0^{2021} equiv 0 pmod{7}$。
另一种角度，利用 $a^p equiv a pmod{p}$：
直接用 $a^p equiv a pmod{p}$ 来推导会更简洁。
因为 $2021 = 7 imes 288 + 5$，我们也可以写成 $2021 = 6 imes 336 + 5$。
我们直接看 $a^{2021} pmod{7}$。
根据费马小定理，$a^7 equiv a pmod{7}$。
那么 $a^{2021} = a^{7 imes 288 + 5} = (a^7)^{288} cdot a^5 pmod{7}$。
所以，$a^{2021} equiv a^{288} cdot a^5 = a^{293} pmod{7}$。
这个好像没有直接简化。
换个思路，指数的周期性：
我们更关注的是 $a^k pmod{p}$ 的周期。
对于模 7，指数的周期性实际上是 $phi(7) = 6$。
也就是 $a^k pmod{7}$ 的值，只取决于 $k pmod{6}$。
$2021 equiv 5 pmod{6}$。
所以，$a^{2021} equiv a^5 pmod{7}$。
如果 $7 mid a$，那么 $a equiv 0 pmod{7}$， $a^{2021} equiv 0 pmod{7}$。
如果 $7 mid a$，那么 $a^{2021} equiv a^5 pmod{7}$。
现在我们来计算 $S = 1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021} pmod{7}$。
$S equiv 1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + 5^5 + 6^5 + 0^5 + 1^5 + dots + 1000^5 pmod{7}$。
我们知道 $1000 = 7 imes 142 + 6$。
所以，$1000 equiv 6 pmod{7}$。
这个和包含 $1, 2, dots, 1000$ 共 1000 个数。
我们可以把这 1000 个数按模 7 的余数分组：
模 7 余 0 的数：$7, 14, dots, 7 imes 142$ (共 142 个)。
模 7 余 1 的数：$1, 8, dots, 1 + 7 imes 142$ (共 143 个)。
模 7 余 2 的数：$2, 9, dots, 2 + 7 imes 142$ (共 143 个)。
...
模 7 余 6 的数：$6, 13, dots, 6 + 7 imes 142$ (共 143 个)。
总共有 $142 + 143 imes 6 = 142 + 858 = 1000$ 个数。
我们来看 一个完整周期的和 模 7 的余数：
$1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + 5^5 + 6^5 pmod{7}$。
由于 $a^5 equiv a^{2021} pmod{7}$，我们计算这个和。
$1^5 equiv 1 pmod{7}$
$2^5 = 32 equiv 4 pmod{7}$
$3^5 = 243$。$243 div 7 = 34$ 余 $5$。$3^5 equiv 5 pmod{7}$。
$4^5 equiv (3)^5 equiv 3^5 equiv 5 equiv 2 pmod{7}$。
$5^5 equiv (2)^5 equiv 2^5 equiv 4 equiv 3 pmod{7}$。
$6^5 equiv (1)^5 equiv 1 equiv 6 pmod{7}$。
那么，$1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + 5^5 + 6^5 equiv 1 + 4 + 5 + 2 + 3 + 6 pmod{7}$
$equiv (1+6) + (4+3) + (5+2) pmod{7}$
$equiv 7 + 7 + 7 pmod{7}$
$equiv 0 + 0 + 0 equiv 0 pmod{7}$。
关键点：
对于模 $p$ (素数)，当指数 $k$ 满足 $k equiv 1 pmod{p1}$ 时，$sum_{i=1}^{p1} i^k equiv 0 pmod{p}$。
这里 $p=7$， $p1=6$。
$2021 equiv 5 pmod{6}$。
$5 equiv 1 pmod{6}$。
所以，$1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + 5^5 + 6^5 equiv 0 pmod{7}$。
现在我们把 1000 个数加起来：
$S = 1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$
$S pmod{7}$
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^{2021} pmod{7}$
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^5 pmod{7}$
我们有 143 个数字模 7 余 1, 2, 3, 4, 5, 6。
我们有 142 个数字模 7 余 0。
$S equiv 142 imes 0^5 + 143 imes (1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + 5^5 + 6^5) pmod{7}$
$S equiv 142 imes 0 + 143 imes 0 pmod{7}$
$S equiv 0 + 0 equiv 0 pmod{7}$。
所以，$1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$ 能被 7 整除。
证明能被 11 整除
思路同上，我们看 $S$ 模 11 的余数。
指数是 2021。
根据费马小定理，对于素数 $p=11$， $a^{10} equiv 1 pmod{11}$ (当 $11 mid a$)。
我们看 $2021 pmod{10}$：
$2021 = 10 imes 202 + 1$。
所以，$2021 equiv 1 pmod{10}$。
因此，$a^{2021} equiv a^1 equiv a pmod{11}$ (当 $11 mid a$)。
如果 $11 mid a$，那么 $a equiv 0 pmod{11}$， $a^{2021} equiv 0 pmod{11}$。
所以，$S = 1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021} equiv 1 + 2 + dots + 1000 pmod{11}$。
这是一个等差数列求和：
$1 + 2 + dots + 1000 = frac{1000 imes (1000+1)}{2} = frac{1000 imes 1001}{2} = 500 imes 1001$。
现在我们计算这个和模 11 的余数。
$1000 = 11 imes 90 + 10$，所以 $1000 equiv 10 equiv 1 pmod{11}$。
$1001 = 11 imes 91$，所以 $1001 equiv 0 pmod{11}$。
那么，$500 imes 1001 equiv 500 imes 0 equiv 0 pmod{11}$。
另一种直接计算的方法：
$S equiv 1 + 2 + dots + 1000 pmod{11}$。
$1000 = 11 imes 90 + 10$。
所以，$1, 2, dots, 1000$ 的序列模 11 的余数是：
$1, 2, dots, 10$ (出现 90 次)，然后是 $1, 2, dots, 10$ (再出现 1 次，直到 1000)。
精确地说，$1, dots, 1000$ 包含了 90 个完整的 $1, dots, 11$ 循环 (忽略 0)。
$1, dots, 10$ 出现了 90 组。
$1000$ 后面是 $1001, 1002, dots$
$1000 equiv 10 pmod{11}$
$1001 equiv 0 pmod{11}$
$1002 equiv 1 pmod{11}$
我们把 $1, dots, 1000$ 的和看作：
$(1 + 2 + dots + 10) + (11 + dots + 20) + dots + (991 + dots + 1000)$
模 11 的情况下：
$(1+2+dots+10) equiv 1+2+dots+10 pmod{11}$
$1+2+dots+10 = frac{10 imes 11}{2} = 55 equiv 0 pmod{11}$。
所以，$1+2+dots+10 equiv 0 pmod{11}$。
$11+12+dots+20 equiv 0+1+dots+10 equiv 0 pmod{11}$。
以此类推，每一组 10 个连续的数，它们的和模 11 都是 0。
$1, 2, dots, 1000$ 包含多少个这样的组呢？
$1000 = 100 imes 10$。
我们可以看成 100 组，每组 10 个数。
$1, dots, 10$
$11, dots, 20$
...
$991, dots, 1000$
$sum_{i=1}^{1000} i = sum_{k=0}^{99} sum_{j=1}^{10} (10k+j)$
$sum_{i=1}^{1000} i pmod{11} equiv sum_{k=0}^{99} sum_{j=1}^{10} (10k+j) pmod{11}$
$equiv sum_{k=0}^{99} sum_{j=1}^{10} (k+j) pmod{11}$ (因为 $10 equiv 1 pmod{11}$)
这个方法有点复杂。
我们直接用 $sum_{i=1}^{1000} i^{2021} equiv sum_{i=1}^{1000} i pmod{11}$。
$1000 = 11 imes 90 + 10$
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i pmod{11}$
$S equiv (1 + 2 + dots + 10) + (11 + dots + 20) + dots + (991 + dots + 1000) pmod{11}$
$S equiv (1 + 2 + dots + 10) + (0 + 1 + dots + 10) + dots + (0 + 1 + dots + 10) pmod{11}$
这个分组方式不对。
正确的做法是：
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i pmod{11}$
$1, 2, dots, 1000$ 模 11 的余数是：
$1, 2, dots, 10$ (出现 90 次)
$1, 2, dots, 10$ (又出现 1 次，直到 990+10=1000)
$1, 2, dots, 10$ (最后一次，直到 1000)
$1000 equiv 10 pmod{11}$
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i pmod{11}$
$S equiv sum_{i=1}^{990} i + sum_{i=991}^{1000} i pmod{11}$
$sum_{i=1}^{990} i = 990 imes 991 / 2$
$990 = 11 imes 90 equiv 0 pmod{11}$
所以 $sum_{i=1}^{990} i equiv 0 pmod{11}$。
$S equiv sum_{i=991}^{1000} i pmod{11}$
$991 equiv 1 pmod{11}$
$992 equiv 2 pmod{11}$
...
$1000 equiv 10 pmod{11}$
所以，$S equiv 1 + 2 + dots + 10 pmod{11}$。
$1 + 2 + dots + 10 = frac{10 imes 11}{2} = 55 equiv 0 pmod{11}$。
因此，$1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$ 能被 11 整除。
证明能被 13 整除
思路依然相同。我们看 $S$ 模 13 的余数。
指数是 2021。
根据费马小定理，对于素数 $p=13$， $a^{12} equiv 1 pmod{13}$ (当 $13 mid a$)。
我们看 $2021 pmod{12}$：
$2021 div 12 = 168$ 余 $5$。
$2021 = 12 imes 168 + 5$。
所以，$2021 equiv 5 pmod{12}$。
因此，$a^{2021} equiv a^5 pmod{13}$ (当 $13 mid a$)。
如果 $13 mid a$，那么 $a equiv 0 pmod{13}$， $a^{2021} equiv 0 pmod{13}$。
所以，$S = 1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021} equiv 1^5 + 2^5 + dots + 1000^5 pmod{13}$。
我们知道 $1000 = 13 imes 76 + 12$。
所以，$1000 equiv 12 equiv 1 pmod{13}$。
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^5 pmod{13}$。
我们考虑模 13 的一个完整循环：$1^5, 2^5, dots, 12^5$。
关键性质： 对于素数 $p$，如果 $k$ 是一个奇数，并且 $k$ 不是 $p1$ 的倍数，那么 $sum_{i=1}^{p1} i^k equiv 0 pmod{p}$。
这里 $p=13$, $p1=12$。
$k=5$ 是奇数。
$5$ 不是 $12$ 的倍数。
所以，$sum_{i=1}^{12} i^5 equiv 0 pmod{13}$。
我们来验算一下：
$1^5 equiv 1$
$2^5 = 32 equiv 6$
$3^5 = 243 = 13 imes 18 + 9 equiv 9$
$4^5 = (2^2)^5 = 2^{10} = (2^5)^2 equiv 6^2 = 36 equiv 10$
$5^5 = 3125 = 13 imes 240 + 5 equiv 5$
$6^5 = 7776 = 13 imes 598 + 2 equiv 2$
$7^5 equiv (6)^5 equiv 6^5 equiv 2 equiv 11$
$8^5 equiv (5)^5 equiv 5^5 equiv 5 equiv 8$
$9^5 equiv (4)^5 equiv 4^5 equiv 10 equiv 3$
$10^5 equiv (3)^5 equiv 3^5 equiv 9 equiv 4$
$11^5 equiv (2)^5 equiv 2^5 equiv 6 equiv 7$
$12^5 equiv (1)^5 equiv 1 equiv 12$
和为 $1+6+9+10+5+2+11+8+3+4+7+12 pmod{13}$
$= (1+12) + (6+7) + (9+4) + (10+3) + (5+8) + (2+11) pmod{13}$
$= 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 pmod{13}$
$= 0+0+0+0+0+0 equiv 0 pmod{13}$。
验证了 $sum_{i=1}^{12} i^5 equiv 0 pmod{13}$。
现在我们看 $S = 1^{2021} + dots + 1000^{2021} pmod{13}$。
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^5 pmod{13}$。
$1000 = 13 imes 76 + 12$。
这 1000 个数包含了 76 个完整的 $1, 2, dots, 13$ 循环 (我们考虑模 13 的值)。
具体来说：
$1, 2, dots, 12$ 出现了 76 次。
$13, 14, dots, 25$ 模 13 的值是 $0, 1, dots, 12$。
$1, 2, dots, 1000$ 包含了 $1, dots, 12$ 模 13 的值 76 次，然后是 $1, dots, 12$ (从 988 开始到 999)。
$1000 = 13 imes 76 + 12$
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^5 pmod{13}$
$S equiv sum_{i=1}^{13 imes 76} i^5 + sum_{i=13 imes 76 + 1}^{1000} i^5 pmod{13}$
$S equiv sum_{j=0}^{75} sum_{k=1}^{13} (13j+k)^5 + sum_{k=1}^{12} (13 imes 76 + k)^5 pmod{13}$
$equiv sum_{j=0}^{75} sum_{k=1}^{13} k^5 + sum_{k=1}^{12} k^5 pmod{13}$
我们考虑 $sum_{k=1}^{13} k^5 pmod{13}$。
$k=13$ 时，$13^5 equiv 0^5 equiv 0 pmod{13}$。
所以 $sum_{k=1}^{13} k^5 = (sum_{k=1}^{12} k^5) + 13^5 equiv 0 + 0 equiv 0 pmod{13}$。
那么，$S equiv sum_{j=0}^{75} 0 + sum_{k=1}^{12} k^5 pmod{13}$
$S equiv 0 + 0 equiv 0 pmod{13}$。
更简洁的论证：
$1000 = 76 imes 13 + 12$。
$S equiv sum_{i=1}^{1000} i^5 pmod{13}$
$S equiv sum_{i=1}^{76 imes 13} i^5 + sum_{i=76 imes 13 + 1}^{76 imes 13 + 12} i^5 pmod{13}$
$S equiv sum_{j=0}^{75} sum_{k=1}^{13} (13j+k)^5 + sum_{k=1}^{12} (13 imes 76 + k)^5 pmod{13}$
$S equiv sum_{j=0}^{75} sum_{k=1}^{13} k^5 + sum_{k=1}^{12} k^5 pmod{13}$
由于 $sum_{k=1}^{13} k^5 equiv 0 pmod{13}$ 且 $sum_{k=1}^{12} k^5 equiv 0 pmod{13}$，
$S equiv 76 imes 0 + 0 equiv 0 pmod{13}$。
所以，$1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$ 能被 13 整除。
总结一下：
我们证明了 $1^{2021} + 2^{2021} + dots + 1000^{2021}$ 能被 7、11、13 整除，主要依赖于 费马小定理 和 模运算的性质。
模 7： 由于 $2021 equiv 5 pmod{6}$，且 $1^5 + dots + 6^5 equiv 0 pmod{7}$。1000 个数可以分成 142 组模 7 余 0，以及 143 组模 7 余 1 到 6 的数，和为 $142 imes 0 + 143 imes ( ext{周期和}) equiv 0 pmod{7}$。
模 11： 由于 $2021 equiv 1 pmod{10}$，所以 $a^{2021} equiv a pmod{11}$。和变成 $1+2+dots+1000 pmod{11}$。因为 $1000 equiv 10 pmod{11}$，这个和是 $1+2+dots+10$ 的 100 倍，而 $1+dots+10 equiv 0 pmod{11}$，所以整个和是 0。
模 13： 由于 $2021 equiv 5 pmod{12}$，且 $1^5 + dots + 12^5 equiv 0 pmod{13}$。1000 个数包含了 76 个完整的模 13 周期（其中包含 $13^5 equiv 0 pmod{13}$），以及最后 $1, dots, 12$ 的和，所以整个和为 0。
这就像是给每个数“变身”了，变成了一个更小的、更容易处理的幂，然后利用了这些模的周期性，让很多项加起来正好抵消掉了。
希望这个解释够详细，也够“人味儿”！
网友意见
能被 整除，所以上面的数能被 整除。
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