Todo número natural está cubierto por números consecutivos que suman una potencia prima.

Question

Conjetura . Para cada número natural $n \in \Bbb{N}$ existe un conjunto finito de números consecutivos $C\subset \Bbb{N}$ que contiene $n$ tal que $\sum\limits_{c\in C} c$ es una primera potencia.

Una lista de los primeros números de $\Bbb{N}$ tiene varias cubiertas diferentes por tales conjuntos de números consecutivos.

Una de ellas es:

 3   7  5 13  8  19  11  25    29   16     37    41          49    53
___ ___ _ ___ _ ____ __ _____ _____ __ __ _____ _____       _____ _____    __
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 
        ___   ___                _____             _____ __       ________ 
        11    17                   31                43              81
59               71           3^5
___    __       _____    _________________ 
 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 .....
 _____    _____    _____
  61       67        73

¿Se ha demostrado ya?

Answer 1

Para cualquier primo impar $p$ hay $p$ enteros consecutivos centrados en $p$ que suman $p^2$ .

$2+3+4=3^2$
$3+4+5+6+7=5^2$
$4+5+6+7+8+9+10=7^2$
etc.

Sea $p_n$ sea el $n$ - primo. Entonces, usando El postulado de Bertrand de la forma $$p_{n+1}<2p_n$$ sabemos que las sumas anteriores para primos consecutivos se solapan.

Por último, observamos que $1+2=3$ para completar la prueba.

---

No sé si esto se ha demostrado antes, pero la prueba parece sencilla.

Answer 2

En nickgard 's responder muestra cómo resolver el problema usando sumas que son cuadrados de primos crecientes, esta respuesta muestra cómo hacerlo usando las sumas que son sólo potencias Impares de $3$ .

Como se sugiere en joriki Pregunta comentario para cualquier número entero $1 \le j \le k$ , tienes

$$\begin{equation}\begin{aligned} \sum_{i=j}^{k}i & = \sum_{i=1}^{k}i - \sum_{i=1}^{j-1}i \\ & = \frac{k(k+1)}{2} - \frac{(j-1)(j)}{2} \\ & = \frac{k^2 + k - j^2 + j}{2} \\ & = \frac{(k-j)(k+j) + k + j}{2} \\ & = \frac{(k+j)(k-j+1)}{2} \end{aligned}\end{equation}\tag{1}\label{eq1A}$$

Considere los rangos $\left[\frac{3^m + 1}{2},\frac{3^{m+1} - 1}{2}\right]$ para $m = 0, 1, 2, \ldots$ . La unión de estos subconjuntos disjuntos cubre todos los enteros positivos. Así, para cualquier $n \ge 1$ hay un único $m$ donde $n \in \left[\frac{3^m + 1}{2},\frac{3^{m+1} - 1}{2}\right]$ . Por ello $m$ ya que $\frac{5\left(3^{m}\right)-1}{2} \gt \frac{3^{m+1} - 1}{2}$ puede tener $j = \frac{3^m + 1}{2}$ y $k = \frac{5\left(3^{m}\right)-1}{2}$ con $n \in [j,k]$ . Utilizando esta in \eqref {eq1A} da

$$\begin{equation}\begin{aligned} \sum_{i=j}^{k}i & = \frac{(k+j)(k-j+1)}{2} \\ & = \frac{\left(\frac{5\left(3^{m}\right)-1}{2}+\frac{3^m + 1}{2}\right)\left(\frac{5\left(3^{m}\right)-1}{2}-\frac{3^m + 1}{2}+1\right)}{2} \\ & = \frac{\left(\frac{6\left(3^{m}\right)}{2}\right)\left(\frac{4\left(3^{m}\right)}{2}-\frac{2}{2}+1\right)}{2} \\ & = \frac{\left(3\left(3^{m}\right)\right)\left(2\left(3^{m}\right)\right)}{2} \\ & = \left(3^{m+1}\right)\left(3^{m}\right) \\ & = 3^{2m+1} \end{aligned}\end{equation}\tag{2}\label{eq2A}$$

Los primeros ejemplos para $m = 0, 1$ y $2$ son

$$1 + 2 = 3 = 3^{1} \tag{3}\label{eq3A}$$

$$2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 27 = 3^{3} \tag{4}\label{eq4A}$$

$$5 + 6 + \ldots + 21 + 22 = 243 = 3^{5} \tag{5}\label{eq5A}$$