İstenilen toplama $S$ diyelim. $\lfloor x\rfloor=x-\{x\}$ yazarsak, $$S=\frac{1+2+2^2+\cdots+2^{2015}}{2017}-\sum_{k=0}^{2015}\left\{ \frac{2^{k}}{2017}\right\}$$ $$\implies S=\frac{2^{2016}-1}{2017}-\sum_{k=0}^{2015}\left\{ \frac{2^{k}}{2017}\right\}$$ bulunur. Şimdi $2^k+2^m\equiv 0\pmod{2017}$ olacak şekildeki ikililere bakalım. $2$'nin mertebesi $d$ olsun. $d$'nin çift olduğu kabulüyle ilerleyelim. $$2^k\equiv -2^m\pmod{2017}\implies 2^{2(k-m)}\equiv 1\pmod{2017}$$ olduğundan $2(k-m)\mid d$'dir. Eğer $2(k-m)=d$ alırsak, $d$ mertebe olduğundan $2^{k-m}\equiv -1\pmod{2017}$ olacaktır. Yani bir çeşit "ancak ve ancak" durumu elde ederiz. Dolayısıyla, aralarında $\frac{d}{2}$ fark olan $(k,m)$ ikilisi için $$\left\{ \frac{2^{k}}{2017}\right\}+\left\{ \frac{2^{m}}{2017}\right\}=\frac{x}{2017}+\frac{2017-x}{2017}=1$$ olacaktır. Toplam içindeki $2016$ indisi şu şekilde gruplayabiliriz: $$(0,d/2),(1,1+d/2),\dots, (d/2-1,d-1),(d,3d/2),(d+1,3d/2+1),\dots,$$ $1008$ tane grup elde ettiğimizden, $$\boxed{S=\frac{2^{2016}-1}{2017}-1008}$$ olacaktır. Son olarak $2$'nin mertebesinin çift olduğunu göstermeliyiz. Bu kısımda estetik bir ispat aklıma gelmedi. Eğer gelirse kendim eklerim veya aklına gelen arkadaşlar ekleyebilir.
Not: Aynı adımları uygularsak, eğer $a$'nın mertebesi $p\geq 3$ asalı modunda çift sayı ise $$\left\lfloor \frac{1}{p}\right\rfloor+\left\lfloor \frac{a}{p}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor \frac{a^{p-2}}{p}\right\rfloor=\frac{a^{p-1}-1}{p(a-1)}+\frac{p-1}{2}$$ olacaktır. Ufak asallardaki denemelerle, $a$'nin mertebesinin tek olduğu durumda bunun doğru olmadığı görülebilir. Örneğin $p=7$ ve $a=2$ durumuna bakabilirsiniz.
