\( \ant { \left( 44 + \sqrt {2011} \right)^{2012} } \ \vdots \ 3 \)

Ниже приводится задача (1/4, 2-й тур, 11-й класс), которая предлагалась на «Отборе на всеукраинскую олимпиаду по математике» 2011 года.

58. Докажите, что \(
\ant { \left( 44 + \sqrt {2011} \right)^{2012} }
\) делится на 3.

Доказательство. В задачнике «А. и м.» рассматриваются аналогичные за­да­ния (см. задачи 126-130), демонстрирующие типовой способ «ухода» от антье, а с делимостью на 3 придется чуть повозиться. \[
\begin{multline*}
\ant { \left( 44 + \sqrt {2011} \right)^{2012} } =
\\
= \Bigant {
\underbrace{
\left( 44 + \sqrt {2011} \right)^{2012} +
\left( 44 - \sqrt {2011} \right)^{2012}
}_{\mbox{целое число } \displaystyle A} -
\underbrace{
\left( 44 - \sqrt {2011} \right)^{2012}
}_{\displaystyle 0 < \alpha < 1}
} =
\\
= A + \ant { - \alpha } = A - 1 .
\end{multline*}
\] \( A \) — целое число, поскольку сокращаются все иррациональные слагаемые в сумме двух выражений, которые являются сопряженными в равных чет­ных степенях.
\( 0 < \alpha < 1 \), поскольку \( 44 < \sqrt {2011} < 45 \).
Разберемся с делимостью. Здесь пригодится арифметика сравнений: \[
44^{2n} \equiv 1 \pmod 3 ,
\] \[
2011^n \equiv 1 \pmod 3
\] для любых \( n \in \mathbb N \).
Тогда после отбрасывания всех множителей, равных \( 1 \) по модулю \(  3\), по­лу­чим \[
A \equiv
2 \cdot \sum_{k=0}^{1006}
C_{2012}^{2k}
\pmod 3 .
\] Воспользуемся формулой \(
C_n^k = C_{n-1}^{k-1} + C_{n-1}^k
\). \[
\sum_{k=0}^{1006}
C_{2012}^{2k} =
1 +
\sum_{k=1}^{1005}
C_{2012}^{2k} +
1 =
1 + \sum_{k=1}^{2010}
C_{2011}^k +
1 =
2^{2011} .
\] Таким образом, \[
\ant { \left( 44 + \sqrt {2011} \right)^{2012} } =
A -1 \equiv
2 \cdot 2^{2011} -1 \pmod 3 .
\] \( 2 \) в четной степени равняется \( 1 \) по модулю 3, что завершает до­ка­за­тель­ст­во. \( \color{gray}{\blacksquare} \)