Existe una solución a $a^4+(a+d)^4+(a+2d)^4+(a+3d)^4+\dots = z^4$?

Question

Hay una,

$$a^4+(a+d)^4+(a+2d)^4+(a+3d)^4+\dots = z^4\tag1$$

en la no-cero enteros? Uno puede estar familiarizado con,

$$31^3+33^3+35^3+37^3+39^3+41^3 = 66^3\tag2$$

Me encontré con que,

$$29^4+31^4+33^4+35^4+\dots+155^4 = 96104^2\tag3$$

que ha $m=64$ sumandos. La ecuación,

$$a^4+(a+b)^4+(a+2b)^4+\dots+(a+63b)^4 = y^n\tag4$$

o,

$$64 a^4 + 8064 a^3 b + 512064 a^2b^2 + 16257024 a b^3 + 206447136 b^4 = y^n\tag5$$

para $n=2$ puede ser reducido a una curva elíptica, por lo que hay un número infinito de primitivo entero de soluciones. Sin embargo, para $n=4$, ahora es un superelliptic de la curva, por lo que es más difícil de resolver.

Actualización: Cortesía de Antonio de la respuesta, un poco de experimentación demostró que,

$$(\text{Excluding}\; 19^4):\quad 5^4+6^4+7^4+\dots+38^4 = 64^4$$

Tan cerca! Tal vez hay un no-cero solución a $(1)$ todavía.

Preguntas:

1. ¿Cuál es la fórmula general para $m$ sumandos de,$$F(k)=a^k+(a+b)^k+(a+2b)^k+(a+3b)^k+\dots$$ for $k=4?$ (The case $k=2,3$ can be found here, and the special case $a=b=1$ es dada por Faulhaber la fórmula.)

2. Para algunos $m$ sumandos, no $F(4)=y^4$ tiene una solución no-cero enteros $a,b,y$?

Answer 1

Vamos, $$S(n)=a^4+(a+d)^4+\dots+(a+nd)^4\tag1$$

Entonces podemos escribir $$S(n) =a^4+(a^4+4a^3d+6a^2d^2+4ad^3+d^4)+\dots+(a^4+4a^3dn+6a^2d^2n^2+4ad^3n^3+d^4n^4)\\ =(n+1)a^4+4a^3d(1+2+\dots+n)+6a^2d^2(1^2+2^2+\dots+n^2)+4ad^3(1^3+2^3+\dots+n^3)+d^4(1^4+2^4+\dots+n^4)$$

El uso de Faulhaber la fórmula para $F(x) = 1^x+2^x+\dots+n^x$ tenemos $$S(n)=(n+1)a^4+4a^3d \cdot F(1)+6a^2d^2 \cdot F(2)+4ad^3\cdot F(3)+d^4 \cdot F(4)$$

Explícitamente $$S(n)=(n+1)\big(a^4+2a^3dn+a^2d^2n(2n+1)+ad^3n^2(n+1)+\tfrac{1}{30}d^4n(2n+1)(3n^2+3n-1)\big)\tag2$$

En general, vamos a $$s(n)=a^x+(a+d)^x+\dots+(a+nd)^x\\ =a^x+(a^x+C^1_xa^{x-1}d+\dots+d^x)+\dots+\big(a^x+C_x^1a^{x-1}dn+\dots+(dn)^x\)\\ =(n+1)a^x+C_x^1a^{x-1}d(1+2+\dots+n)+C_x^2a^{x-2}d^2(1^2+2^2+\dots+n^2)+\dots+d^x(1^x+2^x+\dots+n^x)\\ =(n+1)^x+C_x^1a^{x-1}d\cdot F(1)+C_x^2a^{x 2}d^2\cdot F(2)+\dots+d^x\cdot F(x)$$

Así $$s(n)=(n+1)a^x+\sum_{i=1}^x C_x^ia^{x-i}d^iF(i)$$