¿Si $\left(1^a+2^a+\cdots+n^{a}\right) ^ b = 1 ^ c + 2 ^ c + \cdots + n ^ c$ para algún $n$, entonces $($a,b,c)=(1,2,3)?

Question

Pregunta : Es la siguiente conjetura verdadera?

Conjetura : Vamos a $a,b\ge 2),c,n(\ge 2)$ ser números naturales. Si $$\left(\sum_{k=1}^nk^a\right)^b=\sum_{k=1}^nk^c\ \ \ \ \ \cdots(\estrella)$$ para algunos $n$, entonces $(a,b,c)=(1,2,3).$

Observación 1 : Lo que me estoy preguntando es si cada uno de los siguientes es verdadera : $$\text{Si $(1^a+2^a)^b=1^c+2^c$ por $un,b(\ge 2),c\in\mathbb N$, entonces $(a,b,c)=(1,2,3)$.}$$

$$\text{Si $(1^a+2^a+3^a)^b=1^c+2^c+3^c$ por $un,b(\ge 2),c\in\mathbb N$, entonces $(a,b,c)=(1,2,3)$.}$$

$$\text{Si $(1^a+2^a+3^a+4^a)^b=1^c+2^c+3^c+4^c$ por $un,b(\ge 2),c\in\mathbb N$, entonces $(a,b,c)=(1,2,3)$.}$$ $$\vdots$$

Observación 2 : estoy no preguntar si se cumple lo siguiente :

$\text{Si $a,b(\ge 2),c\in\mathbb N$},$$$(1^a+2^a)^b=1^c+2^c,$$ $$(1^a+2^a+3^a)^b=1^c+2^c+3^c,$$ $$(1^a+2^a+3^a+4^a)^b=1^c+2^c+3^c+4^c,$$ $$\vdots$$ entonces $(a,b,c)=(1,2,3).$

Motivación : Esta pregunta viene de
$$\left(\sum_{k=1}^nk\right)^2=\sum_{k=1}^nk^3.$$

Esto me tiene interesado en $(\estrella)$. Tengo las siguientes :

1. Si $(\estrella)$ cualquier $n\in\mathbb N$, entonces $(a,b,c)=(1,2,3).$

Podemos demostrar fácilmente teniendo en cuenta la limitación $n\to\infty$ de ambos lados de la $$\frac{n^{(a+1)b}}{n^{c+1}}\left\{\sum_{k=1}^n\frac 1n\left(\frac kn\right)^a\right\}^b=\sum_{k=1}^n\frac 1n \left(\frac kn\right)^c.$$

2. Si $(\estrella)$ para $n=2$, entonces $(a,b,c)=(1,2,3).$

La expansión de la LHS de $(1+2^a)^b=1+2^c$ nos da que $b$ es par. La configuración de $b=2d$ tenemos $((1+2^a)^d-1)((1+2^a)^d+1)=2^c\Rightarrow (1+2^a)^d-1=2^e,(1+2^a)^d+1=2^f$. Entonces, ya que hemos de $2^f-2^e=2$, tenemos $(e,f)=(1,2)$. Estos llevan $(a,b,c)=(1,2,3)$.

3. Si $(\estrella)$ para $n=3$, entonces $(a,b,c)=(1,2,3).$

En la siguiente, voy a probar 3.

Prueba : Suponiendo que $c\le ab$, ya que $b\ge 2$, obtenemos $$(1+2^a+3^a)^b=1+2^{ab}+3^{ab}+\cdots\gt 1+2^c+3^c.$$ Esta es una contradicción. Por lo tanto, $c\gt ab$. Suponiendo que $b\ge 3$, obtenemos $c\gt ab\ge 3$.

Aquí, desde $3^c+1\equiv 4,2$ (mod $8$) $c\in\mathbb N$, $3^c+1$ no es un múltiplo de $8 dólares. Por cierto, desde $1+2^a+3^a$ es, incluso, $(1+2^a+3^a)^b$ es un múltiplo de $8 dólares. Desde $2^c$ es múltiplo de $8$, esto lleva a que los $3^c+1$ es múltiplo de $8$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, $b=2, c\gt 2a$.

Si $a\ge 3$, ya que $$\left(\frac 23\right)^+\left(\frac 13\right)^a\le\left(\frac 23\right)^3+\left(\frac 13\right)^3=\frac13,$$ $2^+1\le \frac{3^a}{3}.$ Por lo tanto, $$3^c\lt 1+2^c+3^c=(1+2^a+3^a)^2\le \left(\frac{3^a}{3}+3^a\right)^2=3^{2a}\left(\frac 43\right)^2=3^{2a}\cdot\frac {16}{9}\lt 3^{2a+1}.$$ $3^c\lt 3^{2a+1}$ lleva $0\lt c-2a\lt 1$, lo que significa que $c-2a$ no es un número entero. Esta es una contradicción. Por lo tanto, sabemos que $a=1$ o $a=2$.

El $(a,b)=(1,2)$ caso lleva $c=3$.

El $(a,b)=(2,2)$ caso lleva $c\ge5\Rightarrow 1+2^c+3^c\gt 196$, lo cual es una contradicción. Ahora la prueba se ha completado.

Después de obtener estos resultados, he llegado a la anterior conjetura. Alguien puede ayudar?

Actualización : me crossposted a MO.

Answer 1

Esta es una solución parcial. Sólo he sido capaz de conseguir el siguiente teorema:

Teorema : Si $(\estrella)$ $n=8k-5,8 k-4\ (k\in\mathbb N)$, entonces $(a,b,c)=(1,2,3)$.

Lema : $a\ge 2, n\ge 2,$ $$\left(1^a+2^+\cdots+n^a\right)^2\lt 1^{2a+1}+2^{2a+1}+\cdots+n^{2a+1}.$$

La prueba para el Lema : Dejar que $L(n), R(n)$ ser el lado izquierdo y el lado derecho, respectivamente. Tenga en cuenta que $L(1)=R(1)$ de $un$. Por el camino, ya que $$L(n+1)-L(n)=(n+1)^a\left\{(n+1)^a+2\sum_{k=1}^{n}k^a\right\},R(n+1)-R(n)=(n+1)^{2a+1},$$ tenemos $$\{R(n+1)-R(n)\}-\{L(n+1)-L(n)\}=(n+1)^{a}\left\{(n+1)^{+1}-(n+1)^a-2\sum_{k=1}^nk^a\right\}$$ $$=(n+1)^a\left\{n(n+1)^a-2\sum_{k=1}^nk^a\right\}=(n+1)^{2a}\left\{n-2\sum_{k=1}^n\left(\frac{k}{n+1}\right)^a\right\}.$$ Aquí, ya que $a\ge 2$, obtenemos $$2\sum_{k=1}^n\left(\frac{k}{n+1}\right)^a=\sum_{k=1}^n\left\{\left(\frac{k}{n+1}\right)^a+\left(\frac{n+1-k}{n+1}\right)^a\right\}\lt\sum_{k=1}^n1=n.$$ Por lo tanto, sabemos $$\{R(n+1)-R(n)\}-\{L(n+1)-L(n)\}\gt0\ffi-R(n+1)-L(n+1)\gt R(n)-L(n).$$ Con $L(1)=R(1)$, la prueba de lema se ha completado.

La prueba de Teorema : Suponiendo que $c\le ab$, ya que $b\ge 2$, obtenemos $$(1+2^+\cdots+n^a)^b=\left(1+2^{ab}+3^{ab}+\cdots+n^{ab}\right)+\cdots\gt 1+2^c+\cdots+n^c.$$ Esta es una contradicción. Por lo tanto, $c\gt ab$.

Suponiendo que $b\ge 3$, obtenemos $c\gt ab\ge 3$. Para $n=8k-5,8 k-4\ (k\in\mathbb N)$, teniendo en cuenta, mod $8$, desde $1+2^+\cdots+n^$ es par, tenemos $$(1+2^+\cdots+n^a)^b\equiv 0.$$ Sin embargo, el lado derecho de $(\estrella)$ no es un múltiplo de $8 dólares. Vamos a demostrar esto.

Tenga en cuenta que $1^{2m-1}\equiv 1, 3^{2m-1}\equiv 3, 5^{2m-1}\equiv 5, 7^{2m-1}\equiv 7$ y que $1^{2m}\equiv 3^{2m}\equiv 5^{2m}\equiv 7^{2m}\equiv 1$ (mod $8$) para cualquier $m\in\mathbb N$.

$(1)$ $c=2m-1$ caso : tomando nota de que $(\text{par})^c\equiv 0$ para $c\ge 3$,
$$HR\equiv 1+3+5+\cdots+(8-5)=\sum_{i=1}^{4k-2}(2i-1)\equiv 4\no\equiv 0.$$

$(2)$ $c=2m$ caso : Tenemos
$$HR\equiv \sum_{k=1}^{4k-2}1=4k-2\no \equiv 0.$$ $(1)(2)$ nos dice que el lado derecho de $(\estrella)$ no es un múltiplo de $8$ para $c$. Esta es una contradicción. Por lo tanto, sabemos que $b=2, c\gt 2a$.

Suponiendo que $a\ge 3$, ya que $$\left(\frac 1n\right)^+\left(\frac 2n\right)^+\cdots+\left(\frac{n-1}{n}\right)^a\le\left(\frac 1n\right)^3+\left(\frac 2n\right)^3+\cdots+\left(\frac{n-1}{n}\right)^3=\frac{(n-1)^2}{4n},$$ tenemos $$1^a+2^+\cdots+(n-1)^a\le\frac{(n-1)^2}{4n}\times n^a.$$ Por lo tanto, $$n^c\lt 1+2^c+3^c+\cdots+n^c=(1+2^a+3^+\cdots+n^a)^2\le \left(\frac{(n-1)^2}{4n}\times n^+n^a\right)^2=n^{2a}\left(\frac{(n-1)^2}{4n}+1\right)^2=n^{2a}\left(\frac{n^2+2n+1}{4n}\right)^2\lt n^{2a+2}.$$ Esto es debido a que $\left(\frac{n^2+2n+1}{4n}\right)^2\lt n^2\ffi \frac{n^2+2n+1}{4n}\lt n\fib (n-1)(3n+1)\gt0\ffi n\ge 2$. Por lo tanto, $n^c\lt n^{2a+2}$ lleva $0\lt c-2a\lt 2$, lo que significa que $c-2a=1\ffi c=2a+1$. Sin embargo, el lema anterior nos dice que este caso no tiene solución. Por lo tanto, sabemos que $a\le de$2.

El $(a,b)=(1,2)$ caso lleva $c=3$.

El $(a,b)=(2,2)$ caso lleva $(1+2^2+\cdots+n^2)^2=\left(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right)^2=1+2^c+\cdots+n^c$. Sin embargo, puesto que se puede demostrar fácilmente que $$\left(\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right)^2\lt 1^5+2^5+\cdots+n^5=\frac{n^2(n+1)^2(2n^2+2n-1)}{12}$$ para $n\ge 2$, en este caso conduce a una contradicción.

Ahora, la prueba de Teorema se ha completado.

PS: Esta idea (con mod $8$) no parece funcionar para los otros $n$. Otra idea sería necesario.

Answer 2

deja $$S_{r}(n)=1^r+2^r+3^r+\cdots+n^r$$ Es bueno saber $$\dfrac{n^{i+1}}{i+1}\le S_{r}(n)\le\dfrac{(n+1)^{i+1}}{i+1}$$ desde $$S_{c}(n)=(S_{a}(n))^b$$ así $$\dfrac{n^{c+1}}{c+1}\le S_{c}(n)=(S_{a}(n))^b\le\left[\dfrac{(n+1)^{+1}} {+1}\right)^{b}$$ así $$\dfrac{n^{c+1}}{c+1}\le\left[\dfrac{(n+1)^{+1}} {+1}\right]^b$$ $$\Longrightarrow \dfrac{(a+1)^b}{c+1}\le\dfrac{(n+1)^{(a+1)b}}{n^{c+1}}$$ simaler tenemos $$\left(\dfrac{n^{+1}} {+1}\right)^b\le (S_{a}(n))^b=S_{c}(n)=\le\dfrac{(n+1)^{c+1}}{c+1}$$ así $$\dfrac{(a+1)^b}{c+1}\ge\dfrac{n^{(a+1)b}}{(n+1)^{c+1}}$$ así $$\dfrac{n^{(a+1)b}}{(n+1)^{c+1}}\le\dfrac{(a+1)^b}{c+1}\le\dfrac{(n+1)^{(a+1)b}}{n^{c+1}}$$ vamos a $n\to\infty$,entonces tenemos $$(a+1)b=c+1, (a+1)^b=c+1$$ dado que $a,b\ge 2$,por lo que $$b=(a+1)^{b-1}\ge 2^{b-1}$$ así que debemos tener $b=2,a=1,c=3$