Suma de$k^\text{th}$ Poderes del primer$n$ Números naturales es un cuadrado perfecto.

Question

Pregunta:

Si por alguna $k$ y $\forall$ $n>2017, n\in \mathbb{N}$, existe una $x\in \mathbb{N}$ tal que $$1^k+2^k+3^k+\cdots+n^k=x^2$$ a continuación,$k=3$.

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Aclaraciones menores:

La pregunta dice : $\forall n$. Ahora, sabemos que $1^3+2^3+..+n^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$.

Pero, para todos los $n\in \mathbb{N}$ $n>2017$ , usted no conseguirá algún entero positivo $x$ tal que $1^k+2^k+\cdots+n^k=x^2$. Usted obtener ese $x$ sólo al $k=3$. Yo no creo que haya ningún significado particular de $2017$ aquí.

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¿Cómo podemos siquiera empezar esto? Se ve tan raro.

Cómo proceder después de eso?

Mi idea es usar:

$$\sum_{x=0}^n (x+1)^{k+1}-x^{k+1}=n^k \left({k \choose 0} + {k-1 \choose 0} + \cdots + {0 \choose 0}\right) + n^{k-1} \left({k \choose 1} + {k-1 \choose 1} + \cdots + {1 \choose 1}\right) + \cdots + n^{k-k}\left(k\choose k \right)$$.

El $\text {LHS}$ es igual a $\left(n+1\right)^{k+1}-1$. Y tenemos la $1^k+2^k+3^k+\cdots+n^k$ plazo en el $\text {RHS}$

Pero no sé si su ayuda para demostrar que la suma de los $k^\text {th}$ poderes que no sea un perfecto sqaure $\forall n>2017$

También podemos hacer algo como esto- Si $1^k+2^k+\cdots+n^k=x^2$,$x^2+(n+1)^k=y^2$. Y luego, $y^2+(n+2)^k=z^2$ y así sucesivamente. Primero de todo, es $a^2+n^k=b^2$ posible para todos los $n>2017$ (a pesar de $2017$ no tiene ningún significado especial) y para un determinado $k$ (y no hace falta mencionar, $a,b$ no son constantes desde $n$ es variable)?

Pero, ¿cómo podemos mostrar que no espera a menos que $k=3$?

Answer 1

Respuesta publicada por OP (resuelto por algunos AoPSer)

$f(n)=1^m+...n^m$, obvio, que$m$ es impar. $f(n)<n^{m+1}$ Let$p$ -big prime. $f(p-1)=x^2,f(p)=y^2 \to p^m=y^2-x^2 \to m=a+b;b>a,x=\frac{p^b-p^a}{2}$ $4x^2=(p^b-p^a)^2=4f(p-1)<4(p-1)^{m+1}$ $p^{2b}+p^{2a}-2p^{a+b}<4p^{a+b}(p-1)$ $p^{2b-2a}+1-2p^{b-a}<4p^{b-a}(p-1)$ Dejar $p^{b-a}=q$ $q^2-q(4p-2)+1<0 \to q<4p-2<p^2 \to b-a=1$

Entonces, si$m=2k+1$ entonces$x=\frac{p^k(p-1)}{2}$ y así$f(p-1)=(\frac{p^k(p-1)}{2})^2$ Podemos probar que para$k\geq 2$ es verdadero, que$f(n)<\frac{(n+1)^{2k+2}}{6}$$(\frac{p^k(p-1)}{2})^2<\frac{p^{2k+2}}{6}$$3p^{2k}(p-1)^2<2p^{2k+2}$ $p^2-6p+3<0$ - escribe para grande$p$ Entonces$k=0,1 \to m=1,3$ y es fácil de verificar, ese$m=3$ es respuesta