La solución de $x^k+(x+1)^k+(x+2)^k+\cdots+(x+k-1)^k=(x+k)^k$ $k\in\mathbb N$

Question

Dejando $k$ ser un número natural, podemos resolver el siguiente $k$-ésimo grado de la ecuación ? $$x^k+(x+1)^k+(x+2)^k+\cdots+(x+k-1)^k=(x+k)^k \tag{$\estrella de$}.$$

Las dos siguientes son famosos: $$3^2+4^2=5^2, 3^3+4^3+5^3=6^3.$$

He tratado de encontrar el otro enteros que satisfacen $(\star)$, pero no puedo encontrar ninguna solución no trivial. Entonces, sospecho que el siguiente pueda ser comprobado.

Mi conjetura: no Hay ningún número entero que satisface $(\star)$ con la excepción de $(k,x)=(2,-1),(2,3),(3,3)$.

Los siguientes son lo que he encontrado:

1. En $k=4$ de los casos, no hay ningún número entero que satisface $(\star)$.

Prueba: Supongamos que existe un entero $x$ que satisface $(\star)$ Entonces, teniendo en cuenta, mod $4$, se llega a una contradicción en cada resto, por lo que la prueba se ha completado.

2. Suponiendo que el dígito de $k$$1$, entonces no hay ningún número entero que satisface $(\star)$.

Prueba: En $k=1$ de los casos, es obvio. Dejar $k=10n+1$ ($n$ es un número natural), vamos a considerar en mod $5$. Deje $a_l=l^k$ (mod $5$) ($l$ es un número entero).

(i) El $n=1,3,5,\cdots$ de los casos : $$a_{5m}\equiv 0, a_{5m+1}\equiv 1, a_{5m+2}\equiv 3, a_{5m+3}\equiv 2, a_{5m+4}\equiv 4.$$ (ii) El $n=2,4,6,\cdots$ de los casos : $$a_{5m}\equiv 0, a_{5m+1}\equiv 1, a_{5m+2}\equiv 2, a_{5m+3}\equiv 3, a_{5m+4}\equiv 4.$$ Supongamos que existe un entero $x$ que satisface $(\star)$. Dejando $l=x+k-1$, obtenemos $$(0+1+2+3+4)\times 2n+a_l \equiv a_{l+1}\ \Rightarrow\ a_l\equiv a_{l+1}.$$ en tanto (i) y (ii). Sin embargo, esto no sucede porque los de arriba. Por lo tanto, la prueba se ha completado.

3. Supongamos que $k+1$ es un número primo. Si existe un entero $x$ que satisface $(\star)$,$k=2$.

Prueba: Vamos a considerar cuando $k=p-1$ ($p$ es un número primo que es mayor que o igual a $5$). Vamos a considerar en mod $p$. Por Fermat poco teorema, tenga en cuenta que $$a^{p-1}\equiv 0 (a\equiv0), 1(a\not\equiv 0).$$ Supongamos que existe un entero $x$ que satisface $(\star)$.

(i) El $x\not\equiv1$ de los casos (los múltiplos de $p$ existe en los enteros de $x$$x+p-2$): obtenemos $$0+1\times (p-2)\equiv 1.$$ Sin embargo, esto no sucede debido a que $p\ge5$.

(ii) El $x\equiv1$ de los casos (no hay múltiplos de $p$ en los enteros de $x$$x+p-2$): obtenemos $$1\times (p-1)\equiv 0.$$ Sin embargo, esto no sucede. Por lo tanto, la prueba se ha completado.

Yo crossposted a MO.

http://mathoverflow.net/questions/141969/solving-xkx1kx2k-cdotsxk-1k-xkk-for-k-in-mathbb-n

Answer 1

Esto es más un comentario; muestra otro enfoque, pero no (?) proporcionar una solución

El uso de la lógica de los Bernoulli-polinomios, que permiten una expresión polinómica de una suma de consecutivos de poderes, podemos generar los polinomios en función de x y cuyo orden depende de k para el cual podemos entonces la búsqueda de una raíz entera.

Primero que reescribir el problema como una función, por lo que un resultado válido de x es una raíz: $$ f_k(x) = \sum_{j=0}^{k-1} (x+j)^k - (x+k)^k $$ tal que para algún k en $ f_k(x_k) = 0 $ $x_k$ indica la raíz, y, por ejemplo,
1. $\qquad f_2(3)=0 \qquad \to x_2=3 $ es la primera solución (para $k=2$) y
2. $\qquad f_3(3)=0 \qquad \to x_3=3 $ es la segunda solución (para $k=3$).

Jugueteando un poco con la adopción de Bernoulli-polinomios obtenemos la familia de polinomios $$ \pequeño \begin{array} {r|l} k & f_k(x) \\ \hline \\ 2 & x^2-2 x-3 \\ 3 & 2 x^3-12 x-18 \\ 4 & 3 x^4+8 x^3-12 x^2-112 x-158 \\ 5 & 4 x^5+25 x^4+50 x^3-250 x^2-1355 x-1825 \\ 6 & 5 x^6+54 x^5+285 x^4+180 x^3-4755 x^2-20106 x-26141 \\ 7 & 6 x^7+98 x^6+882 x^5+3430 x^4-4410 *x^3-96726 x^2-353346 x-446782 \\ 8 & 7 x^8+160 x^7+2128 x^6+15232 x^5+40600 x^4-210560 x^3-2165072 x^2-7174784 x-8869820 \\ ... & ... \end{array} $$

Las raíces para que los polinomios son ahora $$ \pequeño \begin{array} {r|lll} k & real & roots & complex & roots \\ \hline 2 & -1.00000 & 3.00000 & . & . \\ 3 & . & 3.00000 & -1.50000+0.866025 i & ... \\ 4 & -1.96857 & 3.32947 & -2.01378+1.99502 i & ... \\ 5 & . & 3.73445 & -2.46439-0.816002 i & ... \\ 6 & -2.95510 & 4.16379 & -2.96548-1.73889 i & ... \\ 7 & . & 4.60171 & -3.46914-2.80013 i & ... \\ ... & ... \end{array}$$

así que podemos ver (en la segunda columna), que después de las dos importantes raíces reales $x_2=3$ $x_3=3$ todas las otras raíces $x_k$ en la segunda columna no son enteros, y así tener una pequeña lista de sitios donde hay y donde no es una solución...

La respuesta final ahora solo puede venir desde el conocimiento de la forma general de los polinomios y si entonces los polinomios de que forma puede tener un número entero positivo raíces.
Existen algunos criterios que a veces permiten determinar antes de que realmente se calcula, si existen enteros/racional raíces para ciertos polinomios (por ejemplo Eisenstein-el criterio), por desgracia no soy firme con eso.

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[actualización] yo no sé realmente el significado de esto, pero después del comentario de @minar he evaluado las verdaderas raíces hasta índice 128.
Si definimos el mínimo de la $\Gamma(x)$ cerca de $x=1.461$$\mu \approx 0.8856...$, en la escala de la positiva raíces parecen confluir en el índice de tipo entero, además de algunos fija fraccional $$ \pequeño {\rho_k \cdot 2 / \mu =... 10.3922 , 11.3881 , 12.3865 , 13.3858 ,...\\ ...,73.3707 , 74.3705 , 75.3702 , 76.3700 ,...\\ ...,127.3577, 128.3574, 129.3572, 130.3570, ...\\} $$

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[update2]

Hmm, después he probado alguna extraña k parece que se cumple lo siguiente:

Deje $k$ ser un número impar (primos o compuestos) y $w$ su squarefree primefactor-núcleo a la suma $$f_k(x) \equiv \sum_{j=1}^{k-1} (x+j) \pmod k$$ is zero only for such $x$ which are multiples of $w$: $ x=t \cdot w \qquad t \en (1,2,3...) de dólares .

Si esto es cierto, entonces el cálculo anterior de la raíz real de la suma quation pueda entrar en el juego...