Cada número natural es representable como $\sum_{k=1}^{n} \pm k^5$ ... si alguien lo prueba por 240 enteros

Question

(Este post está inspirado por "Es cada $\mathbb{N}$ representable como $\sum\limits_{k=1}^{n} \pm k^3$"? Mi pregunta es en el final).

El problema de si cada número natural $N$ es,

$$N=\sum_{k=1}^n \pm k^p$$

en un número infinito de maneras en que puede reducirse a encontrar el polinomio de identidades y de la comprobación de un finito número de casos. (En el fondo se puede encontrar en Dumitrescu y Xu del papel, pero las identidades aquí están de nuevo.)

Para $p=5$, puede ser demostrado que esto reduce a la mera comprobación de todos los números enteros $0\leq N<240$.

Detalles:

$\color{blue}{\text{I.}\;p = 3:}$

$$\sum_{n=1}^{10}s_n\big(x+n)^3-\sum_{n=1}^{10}s_{11-n}\big(x+n+10\big)^3 = 6\tag1$$

para el diez $s_n = 1, -1, -1, 1, -1, 1, -1, 1, 1, 1$.

Como el artículo señala, lo que queda es mostrar que todos los $0\leq N<6$ es una suma de cubos, que es de hecho el caso.

Nota: Esto es más simétrica y sólo utiliza la $20$ sumandos, mientras que el papel de los usos $28$ sumandos.

$\color{blue}{\text{II.}\;p = 4:}$

$$\sum_{n=1}^{20}a_n\big(x+n)^4+\sum_{n=1}^{20}a_{21-n}\big(x+n+20\big)^4 = 192$$

donde $a_n =-1, 1, 1, -1, 1, -1, -1, 1, 1, -1, -1, 1, 1, -1, -1, 1, -1, 1, -1, 1$.

$$\sum_{n=1}^{20}b_n\big(x+n)^4+\sum_{n=1}^{20}b_{21-n}\big(x+n+20\big)^4 = 480$$

donde $b_n =-1, 1, 1, -1, 1, -1, 1, -1, -1, -1, 1, 1, 1, -1, 1, -1, 1, -1, -1, 1$.

Desde $\text{GCD}(192,\,480) = 96$, podemos combinar estas dos en uno con suma $96$.

Deje $\alpha=-2,\beta=1$, e $192\alpha+480\beta=96(2\alpha+5\beta)=96$, de modo que el uso de la primera secuencia ${2\times,}$ y restar con la segunda secuencia $1\times,$ a obtener,

$$\sum_{n=1}^{120}c_n(x+n)^4 = 96\tag2$$

donde $c_n = \text{-Flatten[{a, Reverse[a], a, Reverse[a], -b, -Reverse[b]}]}$, en Mathematica.

Nota: Esto sólo utiliza $(40\times2)+(40\times1)=120$ sumandos, mientras que el papel de los usos $136$. (A continuación, los autores muestran que todos los $0\leq N<96$ puede ser descompuesto en cuarto poderes.)

$\color{blue}{\text{III.}\;p = 5:}$

$$\sum_{n=1}^{20}u_n\big(x+n)^5-\sum_{n=1}^{20}u_{21-n}\big(x+n+20\big)^5 = 1668000$$

donde $u_n = -1, -1, 1, 1, 1, 1, 1, -1, -1, -1, -1, 1, -1, -1, 1, 1, -1, 1, 1, -1$.

$$\sum_{n=1}^{24}v_n\big(x+n)^5-\sum_{n=1}^{24}v_{25-n}\big(x+n+24\big)^5 = 1509120$$

donde $v_n = 1, -1, -1,1, -1, -1,1,1,1, -1, 1, 1,1,-1, -1, -1, -1,1, -1,-1,1,1,-1, 1$.

Desde $\text{GCD}(1668000,\,1509120) = 480$, también podemos combinar estas.

Deje $\alpha=19,\beta=-21$, e $1668000\alpha + 1509120\beta=480 (3475\alpha + 3144\beta) =480$, de modo que el uso de la primera secuencia $19\times,$ y restar con la segunda secuencia $21\times,$ a obtener,

$$\sum_{n=1}^{1768}w_n(x+n)^5 = 480\tag3$$

donde $(40\times19) + (48\times21)=1768$. (Explícita la secuencia de $w_n$ es demasiado tedioso).

Nota: La primera versión de este post tenía una identidad para $p=5$ con más de $70000$ sumandos. Pero puede ser reducido a $168$ da explícitamente aquí.

Pregunta: Para el resto de los números enteros, que nadie tiene un eficiente equipo de código para mostrar que,

$$N=\sum\limits_{k=1}^n \pm k^5,\quad\text{where}\; 0\leq N<240$$

es realmente el caso? (P. S. Ya que implica impar poderes, uno puede reducir el rango de a $0\leq N<240$ R. Millikan señala en esta cuestión.)

Nota: El documento no se ocupa de $p=5$.

Answer 1

He aquí una solución para general $p$:

Para general $p$, sólo tenemos que verificar los números de $0 \leq x < C_{p}$. Sino que ahora también basta para comprobar que todos los residuos de las clases modulo $C_{p}$. Ahora el punto es que $$\begin{eqnarray*} \sum_{n = 1}^{C_{p}^2}n^{p} &=& \sum_{n = 1}^{C_{p}}n^{p} + \sum_{n = C_{p} + 1}^{2C_{p}}n^{p} + \ldots + \sum_{n = (C_{p}-1)C_{p} + 1}^{C_{p}^2}n^{p} \\ &\equiv& \sum_{n = 1}^{C_{p}}n^{p} + \sum_{n = 1}^{C_{p}}n^{p} + \ldots + \sum_{n = 1}^{C_{p}}n^{p} \\ &\equiv & C_{p}\sum_{n = 1}^{C_{p}}n^{p} \\ &\equiv& 0 \mod C_{p} \end{eqnarray*}$$ pero ahora cambiando el primer signo menos tenemos $$-1^p+2^p+3^p+\ldots + (C_{p}^2)^p \equiv -2 \mod C_p$$ Ahora para cualquier incluso residuos de continuar así; para $-2m$ acaba de tomar $mC_{p}^2$ números de tal manera que el signo es menos si y sólo si $n \equiv 1 \mod C_{p}^2$. Finalmente, para completar los residuos de añadir un final de energía, que es de la forma $(kC_{p}+1)^p \equiv 1 \mod C_{p}$.

Esto demuestra que cualquier residuo es alcanzable con en la mayoría de las $\frac{C_{p}^3}{2} + 1$ consecutivos firmado poderes; el uso de este tomaría un buen montón de ellos para obtener los números de la forma$0$$C_p$, pero funciona.

Answer 2

Para $n \leq 27$, sé que casi todos los $N$ $0 \leq N < 240$ tiene al menos una representación en forma $$N = \sum_{k=1}^n \pm k^5,$$ y tengo una lista de esas representaciones. (Todavía estoy faltando $n=71$ $131$ $133$.)

Escribí un script de Python que bruta de las fuerzas de todos los $2^n$ posibilidades de $\pm$, pero se necesita bastante tiempo para ejecutar. (Y como Erick Wong señala en los comentarios, esto probablemente no es realmente necesario.)

La salida y el código es un poco largo para incluir en una respuesta aquí, así que aquí hay un enlace a la secuencia de comandos y los resultados en GitHub: https://github.com/alexwlchan/drabbles/tree/master/python/powers

Estoy bastante segura de que los dos últimos valores son alcanzables, pero no voy a encontrar a mí mismo. (Yo no puedo pensar en ninguna razón por la $71$ $131$ sería la única excepción, pero después de casi tres horas, estoy detener la secuencia de comandos.)

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Ahora que me he parado, he aquí un par de comentarios:

• Fuerza bruta todos los $2^n$ valores es realmente lento. Este enfoque probablemente no es práctico para grandes valores de $N$. Te gustaría buscar un patrón en lo $\pm$ combinaciones de trabajo, y limitar su espacio de búsqueda en consecuencia – como Erick Wong sugiere en los comentarios.

• Búsqueda de nuevos valores fue bastante a ráfagas. Podría ir un largo tiempo sin encontrar nada nuevo, y entonces, de repente, una docena o así que los valores que aparecen a la vez. Por desgracia yo no registrar el orden, pero esto podría ser útil para detectar un patrón en lo que funciona y lo que no.

Answer 3

(No una respuesta, pero demasiado largo para un comentario.) Cortesía de un útil comentario por Zander, podemos reducir el número de sumandos de la $p=4,5$ identidades.

$\color{blue}{p=4:}$

Dadas las siguientes secuencias de longitud $12,16$:

$\quad a_n =1, -1, 1, -1, -1, 1, -1, 1, -1, -1, 1, 1.$

$\quad b_n =-1, 1, 1, -1, -1, 1, 1, -1, 1, -1, -1, 1, 1, -1, -1, 1.$

Cada uno de los cuales puede ser utilizado en cantidades similares a los de correos. Luego de definir,

$$s_n =\text{Flatten[{a, Reverse[a], b, Reverse[b]}]}$$

en la sintaxis de Mathematica. A continuación,

$$\sum_{n=1}^{56}s_n(x+n)^4=96$$

donde $2(12+16) =56$.

$\color{blue}{p=5:}$

Dadas las siguientes secuencias de longitud $16,20,24,24$:

$\quad a_n =-1, 1, 1, -1, 1, -1, -1, 1, 1, -1, -1, 1, -1, 1, 1, -1.$

$\quad b_n=-1, -1, 1, 1, 1, 1, 1, -1, -1, -1, -1, 1, -1, -1, 1, 1, -1, 1, 1, -1.$

$\quad c_n=-1, 1, -1, 1, 1, -1, -1, 1, 1, -1, 1, -1, 1, 1, -1, 1, -1, -1, -1, -1, 1, -1, 1, 1.$

$\quad d_n=-1, -1, 1, 1, 1, 1, -1, -1, -1, 1, 1, -1, 1, 1, 1, -1, -1, -1, -1, 1, -1, -1,-1, -1.$

Cada una de ellas por separado puede ser utilizado en las sumas. Luego de definir,

$$s_n =\text{Flatten[{-a, Reverse[a], -b, Reverse[b], -c, Reverse[c], d, -Reverse[d]}]}$$

A continuación,

$$\sum_{n=1}^{168}s_n(x+n)^5=480$$

donde $2(16+20+24+24) =168$.

P. S. El $5$th el poder de la identidad bajó de alrededor de $70000$ $7000$ % # % a, finalmente, $1768$ sumandos en sólo 24 horas. MSE es ciertamente útil.