Mostrar que $3^n+4^n+\dots+(n+2)^n=(n+3)^n$ no tiene respuestas para $n\ge 6$.

Question

Considerando $$3^n+4^n+\dots+(n+2)^n=(n+3)^n$ $

Claramente $n=2$ y $n=3$ son soluciones de esta ecuación y esta igualdad no tiene $n=4$ y $n=5$.

Cómo puedo mostrar que esta ecuación no tiene soluciones $n>5$.

Gracias.

Answer 1

$n \geq 6$ Tenemos

$$\frac{(n+3)^n}{(n+2)^n} = \left( 1+\frac{1}{n+2} \right)^n = \left( 1+\frac{1}{n+2} \right)^{n+2} \cdot \left(\frac{n+2}{n+3}\right)^2$$

Ambos factores monotonely están aumentando, por lo tanto, se trata de por lo menos su valor $n=6$, $\left(\frac{9}{8}\right)^6 \approx 2.072\dotsc > 2$.

Puesto que disminuye monotonely $k \mapsto \frac{k+1}{k}$, obtenemos

$$\frac{(k+1)^n}{k^n} \geq \frac{(n+3)^n}{(n+2)^n} > 2$$

para todos los $k = 1, \dotsc, n+2$, si $n \geq 6$. Podemos escribir esto como

$$(k+1)^n-k^n > k^n$$

para todos los $k = 1, \dotsc, n+2$, si $n \geq 6$. Esto también es válido para $k=0$.

En particular tenemos %#% $ #%

$$(n+3)^n = \sum_{k=0}^{n+2} ((k+1)^n-k^n) > \sum_{k=0}^{n+2} k^n = 1^n + 2^n + 3^n + \dotsb + (n+2)^n$, un resultado aún más fuerte.

Answer 2

Set $f(x)=\left(1-\frac{1}{x+3}\right)^x=\left(\frac{x+2}{x+3}\right)^x$ donde $x\ge 6$. Tenemos $$f'(x)=\left(\frac{x+2}{x+3}\right)^x\left(\ln\left(\frac{x+2}{x+3}\right)+\frac{x}{x^2+5x+6}\right)$$ $f'(x)<0$ $x\ge 6$ . Por lo tanto $f(x)\le f(6)=\left(\frac 89\right)^6<\frac 12$, yo.e $$\left(1-\frac{1}{x+3}\right)^x< \frac 12\tag 1$$ Nota $$\sum\limits_{k=1}^{n}{{{(k+2)}^{n}}}={{(n+3)}^{n}}$$ así $$\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( \frac{k+2}{n+3} \right)}^{n}}}=1$$ en otras palabras $$\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( 1-\frac{n+1-k}{n+3} \right)}^{n}}}=1$$ o $$\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( 1-\frac{k}{n+3} \right)}^{n}}}=1$$ Conjunto $$I=\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( 1-\frac{k}{n+3} \right)}^{n}}}\tag 2$$ Mediante la aplicación de Bernoulli de la desigualdad, tenemos $$\left( 1-\frac{k}{n+3} \right)\le {{\left( 1-\frac{1}{n+3} \right)}^{k}}$$ por lo tanto, como $n\ge 6$ $${{\left( 1-\frac{k}{n+3} \right)}^{n}}\le {{\left( 1-\frac{1}{n+3} \right)}^{nk}}< \left(\frac12 \right)^k\tag 3$$ $(2)$ $(3)$

$$\color{red}{I=\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( 1-\frac{k}{n+3} \right)}^{n}}}<\sum_{k=1}^{n}\left(\frac12 \right)^k=1}$$

Answer 3

Que $n\ge5$ y Supongamos que $$ \sum_{k=3}^{n+2}k^n<(n+3)^n.$$Then $$ \sum_{k=3}^{n+3} k^n <2(n+3)^n,$$ and we deduce \begin{align} \sum_{k=3}^{n+3} k^{n+1}<2(n+3)^{n+1}&<(n+4)^{n+1} \\ \left(1+\frac1{n+3}\right)^{n+1}\ge\left(\frac98\right)^6&>2, \end{align} where he have used the increasingness of $f (x) = \left (1 + \frac1 {x + 3} \right) ^ {x + 1} $ for $x >-3$: $f'(x) > 0$ follows from $% $ $ (x^2+6x+12)\log\left(1+\frac1{x+3}\right)>(x+3)^2((x+3)^{-1}-(x+3)^{-2})=x+2>x+1.$por inducción, LHS < RHS todos $n\ge5$ y como usted indicó, también sostiene para $n=4$.

Answer 4

Una prueba directa para $n\ge7$:

Se puede demostrar fácilmente por inducción $\sum_{k=1}^{n-1} k^n<n^n$. Esto implica\begin{align} \sum_{k=3}^{n+2}\left(\frac{k}{n}\right)^n &=1+\left(1+\frac1n\right)^n+\left(1+\frac2n\right)^n+\sum_{k=3}^{n-1} \left(\frac{k}{n}\right)^n \\ &< 2+e+e^2<\left(\frac{10}{7}\right)^7\le\left(1+\frac3n\right)^n.\end {Alinee el}