¿Cuando es de $1 ^ 5 + 2 ^ 5 + \ldots + n ^ 5$ una plaza?

Question

¿Cuando es de $1 ^ 5 + 2 ^ 5 + \ldots + n ^ 5$ una plaza? Encontré que esto sucede a veces: $n = 13 le da $ $1001 ^ 2$, $n = 133 le da $ $9712992 ^ 2$ y $n = 1321$ le da $942162299 ^ 2$.

Creo que la identidad$ $\displaystyle\sum_ {i = 1} ^ n i ^ 5 = \tfrac{1}{12}[2n^6+6n^5+5n^4-n^2]$$ será útil, ya que es de todos los poderes cuadrados excepto uno... pero no veo ninguna manera de conecte.

Answer 1

La solución general de $$m^2 = \frac{1}{12}(2n^6+6n^5+5n^4−n^2)$$ es $$m = \frac{n(n+1)}{2} y, \quad n = (x-1)/2$$ donde $$x+\sqrt{6} y = (3+\sqrt{6}) (5+2 \sqrt{6})^k$$ para algunos entero $k$. Aquí están los primeros valores $$\begin{array}{|r|l|l|l|l|} \hline k& x & y & n & m\\ \hline 0& 3& 1& 1& 1 \\ 1& 27& 11& 13& 1001\\ 2& 267& 109& 133& 971299 \\ 3& 2643& 1079& 1321& 942162299 \\ 4& 26163& 10681& 13081& 913896491101\\ \hline \end{array}$$

Los valores de $x$, $y$ obedecer las recursiones $$x_{k+1} =10 x_k - x_{k-1}$$ $$y_{k+1} =10 y_k - y_{k-1}$$ Hay más complicada recursiones para $n$ y $m$, pero yo no trabajo con ellos.

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Como varias respuestas, ya lo ha hecho, inicie por factorización $$m^2 = \frac{1}{12}(2n^6+6n^5+5n^4−n^2) = \frac{1}{3} \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2 (2n^2+2n-1)$$ Así $$2n^2 + 2n -1 = 3 y^2$$ donde $ $ y = m \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^{-1}$.

Completando el cuadrado: $$(2n+1)^2 - 3 = 6 y^2.$$ Así que queremos resolver $$x^2-6 y^2 = 3$$ con $x$ impar.

Esta es una Pell como ecuación. La mejor manera de pensar acerca de las ecuaciones de Pell es pensar en el anillo de $\mathbb{Z}[\sqrt{6}]$. Para un elemento de $a+b \sqrt{6}$ en este anillo, la norma $N(a+b \sqrt{6})$ es $a^2-6 b^2$. La norma es multiplicativo, lo que significa que $N((a_1 + b_1 \sqrt{6}) (a_2 + b_2 \sqrt{6})) = N(a_1+b_1\sqrt{6}) N(a_2 + b_2 \sqrt{6})$. Queremos encontrar elementos $x+y\sqrt{6}$ con $N(x+y\sqrt{6})=3$.

Note que $N(5+2 \sqrt{6}) = 1$, por lo tanto, si $N(x+y \sqrt{6})=3$, entonces $N((x+y \sqrt{6}) (5+2 \sqrt{6})^k)=3$ para cualquier entero $k$. Vamos a acabar mostrando que todas las soluciones a $N(x+y\sqrt{6})=3$ son de la forma $x+y \sqrt{6} = \pm (3+\sqrt{6})(5+2 \sqrt{6})^k$.

En general, por $D>0$ rectangulares, siempre hay algo de $(u_0,v_0)$ (la solución fundamental de la ecuación de Pell), de modo que todas las soluciones a $N(u+v \sqrt{D})=1$ son de la forma $u+v \sqrt{D} = \pm (u_0 + v_0 \sqrt{D})^n$. En nuestro entorno, $(u_0, v_0) = (2,5)$. Para cualquier $K$, hay un número finito de pares $(x_1, y_1)$, $(x_2, y_2)$, ..., $(x_r,y_r)$ tal que todas las soluciones a $N(x+y \sqrt{D})=K$ son de la forma $x+y \sqrt{D} = (x_i+y_i \sqrt{D}) (u_0+v_0 \sqrt{D})^k$ $i$ y $k$.

Queremos mostrar que, en nuestro caso, $r=1$ y podemos tomar $(x_1,y_1) = (3,1)$.

La fuerza bruta de enfoque: Dejar $(x,y)$ ser una solución a $N(x+y \sqrt{6}) = 3$ con $x$ y $y>0$. Encontrar un entero no negativo de $k$ que $$(5+2 \sqrt{6})^k < x+y \sqrt{6} < (5+2 \sqrt{6})^{k+1}.$$ Esto siempre es posible, ya que $\lim_{k \to \infty} (5+2 \sqrt{6})^k=\infty$. Note que $(5+2 \sqrt{6})^{-1} = 5-2 \sqrt{6}$. De modo que los coeficientes de $(x+y \sqrt{6})(5+2 \sqrt{6})^{-k}$ son números enteros; llamar $x_0$ y $y_0$. Así $$1 < x_0+y_0 \sqrt{6} < 5+2 \sqrt{6} \ \mbox{y} \ N(x_0+y_0 \sqrt{6})=3$$ Además, hemos $$x_0-y_0 \sqrt{6} = 3/(x_0+y_0 \sqrt{6})$$ así $$3/(5+2 \sqrt{6}) < x_0-y_0 \sqrt{6} < 3.$$ Añadir estos juntos $$\frac{1}{2} \left( 1+\frac{3}{5+2 \sqrt{6}} \right) < x_0 < \frac{1}{2} \left( (5+2 \sqrt{6})+3 \right)$$ o $$0.6 < x_0 < 5.9.$$ Tratando de $x_0 = 1$, $2$, $3$, $4$, $5$, no tardamos en descubrir que la única posibilidad es de $x_0=3$, $y_0=1$. Por lo que $x+y \sqrt{6} = (3+\sqrt{6})(5+2 \sqrt{6})^k$.

Slick solución Deje de $I$ a ser el ideal generado por $x+y \sqrt{6}$ en el anillo de $\mathbb{Z}[\sqrt{6}]$. Entonces $\mathbb{Z}[\sqrt{6}]/I$ ha pedido $3$, por lo que $I$ es un alojamiento ideal con $(3)$. El primer $3$ ramifies en $\mathbb{Z}[\sqrt{6}]$ así que no es sólo uno de esos prime. Claramente, $(3+\sqrt{6})$ es un número primo, por lo que cualquier otra solución a $N(x+y \sqrt{6})=3$ debe ser tal que los ideales de $(x+y \sqrt{6})$ y $(3+\sqrt{6})$ son iguales. Por lo que $x+y \sqrt{6} = (3+\sqrt{6})*\mbox{unidad}$, y las unidades de este anillo es de $\pm (5+2\sqrt{6})^k$.

Donde las recursiones provienen de: Vamos a $u = 5+2 \sqrt{6}$. El minimial polinomio de $u$ es $u^2-10u+1=0$. Por lo que $u^{k+1} = 10 u^k -u^{k-1}$, lo que implica que $(5+2 \sqrt{6})u^{k+1} = 10(5+2 \sqrt{6})u^k -(5+2 \sqrt{6})u^{k-1}$ y por tanto $(x_{k+1} + y_{k+1} \sqrt{6}) = 10(x_k + y_k \sqrt{6}) - (x_{k-1} + y_{k-1} \sqrt{6})$.

Answer 2

Si $$ un = 1 + 2 + 3 + \cdots + n$ $ entonces $$ 1 ^ 5 + 2 ^ 5 + 3 ^ 5 + \cdots + n ^ 5 = \frac{4a^3-a^2}{3}, $$ así que ahora la pregunta es: ¿Cuándo es que una plaza?

Answer 3

Se trata de OEIS A031138, que enumera algunos más y dice $a(n) =11\cdot(a(n-1)-a(n-2)) + a(n-3) \\ una (n) =-1 / 2 + ((3-\sqrt 6)/4) \cdot (5 + 2\sqrt 6) ^ n + ((3+\sqrt 6)/4) \cdot (5-2\sqrt 6) ^ n$

Answer 4

Si nos factor de la suma de la energía de identidad nos encontramos con el problema equivalente a $$m^2 = \tfrac{1}{3}\left[\frac{n(n + 1)}{2}\right)^2(2n^2 + 2n - 1)$$ o $$m'^2 = \tfrac{1}{3}( 2n^2 + 2n - 1 )$ de$ este es un entero, por lo tanto los $1/3$ implica $n\equiv 1\pmod 3$ así que vamos a $n = 1 + 3n'$ obtener $$m'^2 = 6n'^2 + 6n' + 1$$, pero no sé lo que es ahora.

La CARTA puede ser descrito por la relación de recurrencia: $a_0 = 1$, $a_{n+1} = a_n + 12$ n. ¿Hay alguna teoría acerca de las recurrencias con '$n$' en ellos, yo podría ser capaz de utilizar para decir cuando se toma en la plaza de valores?

Completando el cuadrado como el que aquí se da a $3(2n'+1)^2 - 2m'^2 = 1$ casi una ecuación de pell con la condición de que un valor es impar.

Answer 5

$$ 1 ^ 5 + 2 ^ 5 +... + n ^ 5 = \frac{1}{12} n ^ 2 (n + 1) ^ 2 (2 n ^ n-1 2 + 2) $ ahora tenemos que resolver \frac{1}{12 $$} n ^ 2 (n + 1) ^ 2 (2 n ^ n-1 2 + 2) $$ es un cuadrado perfecto $$ \iff\frac{2 n ^ 2 + 2 n-1} {12} = k ^ 2$ $ [hacer algo aquí] no sé cómo resolver más