(１，５，６)と(２，３，７)の組は、３つの和が等しく、更に、３つのそれぞれの２乗の和も等しい。

　　１＋５＋６＝２＋３＋７＝１２

　　１²＋５²＋６²＝２²＋３²＋７²＝６２

　このような組は、どのように見つけるのでしょう。


　らすかるさんからのコメントです。（令和２年５月４日付け）

　例えば、３数が「全く同一」でなければ良いのなら、

(1,4,4)と(2,2,5)　、(2,5,5)と(3,3,6)　、(3,6,6)と(4,4,7)　、・・・　、(k,k+3,k+3)と(k+1,k+1,k+4)　、・・・

のような簡単な例がありますし、３数とも異ならなければならないとしても、

(1,5,6)と(2,3,7)　、(2,6,7)と(3,4,8)　、(3,7,8)と(4,5,9)　、・・・　、(k,k+4,k+5)と(k+1,k+2,k+6)　、・・・

のような例があります。同様の例は、

　(k,k+5,k+7)　と　(k+1,k+3,k+8)
　(k,k+7,k+8)　と　(k+2,k+3,k+10)
　(k,k+6,k+9)　と　(k+1,k+4,k+10)
　(k,k+8,k+10)　と　(k+2,k+4,k+12)
　・・・

など無数にありますし、一般化して、

　(s,s+t+2,s+2t+1)　と　(s+1,s+t,s+2t+2)
　(s,s+t+4,s+2t+2)　と　(s+2,s+t,s+2t+4)
　(s,s+t+6,s+2t+3)　と　(s+3,s+t,s+2t+6)
　・・・

　さらに、一般化すると、

　(s,s+t+2u,s+2t+u)　と　(s+u,s+t,s+2t+2u)

となりますが、おそらくこのような一般形がたくさんあると思います。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和２年５月５日付け）

　用いる数は少し多くなりますが、機械的に作業できるので実践してみて下さい。
（→参考：数学感動秘話「新単語作り」）

　数字の0,1を使って、次の様な作業を繰り返して下さい。

[1]：0を書く->0
[2]：0の反転に対応する1を上の列の次に付け加える->01
[3]：上で出来た01の反転とする10を更に列に書き足す->
[4][3]に相当する作業を繰り返す->01101001
[5]更に繰り返す->0110100110010110
[6]もう一度繰り返す->01101001100101101001011001101001

　原理は同じなので一応ここでストップして、[4],[5],[6]で出来た列での0と1が並んでいる位置
を調べます。

[4]：01101001・・・　0の位置A4=[1,4,6,7]、1の位置B4=[2,3,5,8]
[5]：0110100110010110・・・　0の位置A5=[1,4,6,7,10,11,13,16]、1の位置B5=[2,3,5,8,9,12,14,15]
[6]：01101001100101101001011001101001
　　・・・　0の位置A6=[1,4,6,7,10,11,13,16,18,19,21,24,25,28,30,31]、
　　　　　1の位置B6=[2,3,5,8,9,12,14,15,17,20,22,23,26,27,29,32]

　A4、B4のそれぞれを　ai、bi　(i=1,2,3,4)
　A5、B5のそれぞれを　ci、di　(i=1,2,3,4,5,6,7,8)
　A6、B6のそれぞれを　ei、fi　(i=1,2,3,･･･,16)

と表しておきます。面倒でも次の計算をしてみてください。

�納i=1,4]ai、�納i=1,4]ai^2　、�納i=1,4]bi、�納i=1,4]bi^2
�納i=1,8]ci、�納i=1,8]ci^2、�納i=1,8]ci^3　、�納i=1,8]di、�納i=1,8]di^2、�納i=1,8]di^3
�納i=1,16]ei、�納i=1,16]ei^2、�納i=1,16]ei^3、�納i=1,16]ei^4、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　�納i=1,16]fi、�納i=1,16]fi^2、�納i=1,16]fi^3、�納i=1,16]fi^4

　なお用いる数を少なくしながらでも累乗和を高くできるものに0の数字も仲間に入れてもらい

A=[0,1,24,65,90,129,173,212,237,278,291,302]
B=[3,5,30,57,104,116,186,198,245,272,297,299]

でグループに分けます。さて、これらが何乗の和まで等しくバランスがとれているか？計算機
等の道具で楽しんでみてください。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年５月５日付け）

　らすかるさん、GAIさん、有難うございます。新たな境地が感じられます。

　(1,5,8,12)と(2,3,10,11)は、3乗まで

　(1,5,9,17,18)と(2,3,11,15,19)は、4乗まで

　(1,6,7,17,18,23)と(2,3,11,13,21,22)は、5乗まで

構成法に近づけそうです。

　０〜Nのk乗の数を適当な規則でN個の組に分けると、それぞれのk-1乗までの和が等しく
なるのとは少し違うような．．．。

　GAIさんの方法が、二進数を二つに分ける同等のものでした。私は、二進数表示して桁数
の和を偶数と奇数に分けました。

　元の組が、成立しているとき、１を全てにたしても成立している。


　りらひいさんからのコメントです。（令和２年５月９日付け）

　次のような一般形はいかがでしょう。

　{k，k+m+n+r，k+m+n+mn/r}　と　{k+m，k+n，k+m+n+r+mn/r}

　m=r　または　n=r　とすると、らすかるさんの例と一致します。

[追記]　数学感動秘話「複素世界への拡張」の中で私が挙げた

　{k+mp+nq，k-mp-nq，k+np-mq，k-np+mq}　と　{k+mp-nq，k-mp+nq，k+np+mq，k-np-mq}

のように冗長性を持たせた書き方をするならば、

　{k+mp，k+nq，k+np+mq}　と　{k+np，k+mq，k+mp+nq}

のような感じに書けます。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年５月１１日付け）

　例えば、３個の数の二組が、a+b+c=d+e+f かつ a^2+b^2+c^2=d^2+e^2+f^2 が成立するな
らば、ab+bc+ca=de+ef+fd も成立する。更に、３乗の和 a^3+b^3+c^3=d^3+e^3+f^3 も成立す
るならば、abc=def も成り立ち、すると、必然的に同じ組になる。

　よって、異なる３個の数では、２乗までしか成立しない。一般的にもいえる。


　ＧＡＩさんからのコメントです。（令和２年５月１１日付け）

　複素数まで拡張すると、　2+(1+i)+(1-i)=2^2+(1+i)^2+(1-i)^2=2^3+(1+i)^3+(1-i)^3

　例え異なる４個の複素数でも、

z₁=(5+sqrt(5)+i*sqrt(2*(5-sqrt(5)))/4
z₂=(5+sqrt(5)-i*sqrt(2*(5-sqrt(5)))/4
z₃=(5-sqrt(5)+i*sqrt(2*(5+sqrt(5)))/4
z₄=(5-sqrt(5)-i*sqrt(2*(5+sqrt(5)))/4

であれば、

z₁+z₂+z₃+z₄=z₁^2+z₂^2+z₃^2+z₄^2=z₁^3+z₂^3+z₃^3+z₄^3=z₁^4+z₂^4+z₃^4+z₄^4

が成立します。


　らすかるさんからのコメントです。（令和２年５月１１日付け）

　ｋｓさんの主張は、異なる2つの３数の組 (a,b,c)、(d,e,f) で、

a+b+c=d+e+f　かつ　a^2+b^2+c^2=d^2+e^2+f^2　かつ　a^3+b^3+c^3=d^3+e^3+f^3

となることはない、という意味だと思います。


　ＧＡＩさんからのコメントです。（令和２年５月１１日付け）

　完全に勘違いしておりました。


　ｋｓさんからのコメントです。（令和２年５月１２日付け）

　３個数の組の解

　(s,s+2t+u,s+t+2u)　と　(s+t,s+u,s+2t+2u)　、(s+u,s+2t,s+t+2u)　と　(s+t,s+2u,s+2t+u)

の係数の行列式の値は、3、-3 となるのが不思議です。


　ＧＡＩさんからのコメントです。（令和２年５月１２日付け）

　行列で表せば、

　左の行列式の値が 3、右の行列式の値が -3　だからでは？次も同様。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年５月１３日付け）

　二組の行列式の値が等しくなるのは必要条件かと。符号の違いは、２乗和の順序の違い
でやはり等しい。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年５月２５日付け）

　対称形から、４個の数の組の媒介変数も４個にして、

　　(a+2b+3c+4d，4a+b+2c+3d，3a+4b+c+2d，2a+3b+4c+d)

と　(a+4b+3c+2d，4a+3b+2c+d，3a+2b+c+4d，2a+b+4c+3d)

は、２乗の和まで等しくなりました。媒介変数４個では、３乗の和は無理なのでしょうか？

　d=0　としても、２乗の和は成立しますが、３乗の場合は成立させることが媒介変数４個で
は見つかりません。他の解を見てもないので、無理かと思いました。


　らすかるさんからのコメントです。（令和２年５月２５日付け）

　(a+2b+4c+3d，3a+b+2c+4d，4a+3b+c+2d，2a+4b+3c+d)

と　(a+3b+4c+2d，3a+4b+2c+d，4a+2b+c+3d，2a+b+3c+4d)

にすれば、３乗和まで等しくなります。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年５月２６日付け）

　まさかと思い、具体的な数で検証しました。特殊な解の場合、同じになり、別の数で立派な
解であることが分かり、感動してます。人事を尽くして天命を待つ心境でしたが、更なる副産
物も有りました。

　らすかるさんの解の特徴から、残りの解も得ました。対称性から、より多くの場合に一般化
出来そうです。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年５月２７日付け）

　今までの結果から、ばらばらな感じに見えたのですが、具体的な例を小さい順にならべ、
差をとると面白い。

　(1,5,6)と(2,3,7) は、  4,1  と　1,4

　(1,5,8,12)と(2,3,10,11)は、4,3,4　と　1,7,1

　(1,1,6,6)と(0,3,4,7) は、 0,5,0　と　3,1,3

　(1,5,9,17,18)と(2,3,11,15,19)は、　4,4,8 1　と　1,8,4,4


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年８月２５日付け）

　累乗和の３個の場合だけですが、公式を紹介。

　(a,a+2b+c,a+b+2c)　と　(a+b,a+c,a＋2b+2c)

　(a+b,a+2c,a+2b+c)　と　(a+c,a+2b,a+b+2c)

　(b+2c,a+2b,2a+c)　と　(2b+c,a+2c,2a+b)

　２変数の場合、

　(a,3a+b,2a+2b)　と　(2a,a+b,3a+2b)

　(a+2b,3a,2a+b)　と　(2a+b,a+2b,3a)

　(a,3a+b,3b)　と　(b,3a,a+3b)

＃異なるものが、無数にありそうです。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年８月２７日付け）

　３個の累乗和を求める公式が無数にありそうですが、数字を変えれば、無数にあることは
当然ですが、それぞれの公式で表される組を、一つの集合として、異なるようです。つまり、
一方の集合にあるけれど、他方にないことを示す。そのような公式が無数に作れることを示
すことは簡単でしょうか？


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年９月３日付け）

　３個の二乗までの累乗の和が等しいもの、代表的な(１，５，６)と(２，３，７)をよく見ると、

　　１＋７＝５＋３＝６＋２＝８

　これをクロス和と呼び、そのような性質に注意して、

　クロス和＝１２　　(３，７，８)と(４，５，９)、(１，８，９)と(３，４，１１)

　クロス和＝１６　　(１，１０，１３)と(３，６，１５)　など

　いくらでも見つけることができましたが、成り立たない場合もあります。

　(１，７，１２)と(３，４，１３)　などです。

　魔方陣のように、特殊な求め方がないかと思います。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年９月５日付け）

　(a，b，a+b)と(a+c，b+c，c)

但し、a+bは3の倍数で、c=(a+b)/3ならば、２乗和も等しい。

クロス和が、等しいことに着目しました。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年９月２１日付け）

　４個組の累乗和の作り方：a^2+b^2=c^2+d^2が成り立つものを選びます。

　例えば、6＾2＋7＾2＝9＾２＋2＾2　のとき、(6，7，−6，−7)と(9，2，−9，−2) 若しくは、10を
足したもの　(16，17，4，3)と(19，12，1，8)は、3乗和まで等しくなります。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年９月２３日付け）

　５個組の場合の累乗和の作り方：a+b+c=d+e且つ、a^3+b^3+c^3=d^3+e^3を満たせば、
(a,b,c,-d,-e)と(-a,-b,-c,d,e)は、四乗和まで等しくできる。

　具体的には、(1，5，9，−7，−8)と(−1，−5，−9，7，8)、(10，4，2，−7，−9)と
(−10，−4，−2，7，9)の二組だけ

　a=b+c+d+ｅ且つa^3=b^3+c^3+d^3+e^3もありそうですが、具体的には、まだ見つけていま
せん。a=b+c+d+eの場合は、ないみたいですね。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和２年１２月１６日付け）

　手計算で、５個の累乗和が等しいものを２組見つけました。

　(１、２０、２３、４２、５４)　と　(２、１４、３３、３６、５５)

　(１、１８、１９、４４、４８)　と　(４、８、３３、３４、５１)


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和３年１０月２日付け）

　５個の累乗和が成り立つ組、一組例えば、(１，２０，２３，４２，５４)と(２，１４，３３，３６，５５)
が見つかれば、定数倍しても、定数を足しても成り立つので、

　　(a+b，20a+b，23a+b，42a+b，54a+b)

として公式化できる。2c、3d、4e など文字を増やすこともできる。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和３年１０月３日付け）

　６個の累乗和

(-2a-5b，-3a-4b，a-b，-a+b，3a+4b，2a+5b) と (-3a-5b，-a-4b，-2a-b，2a+b，a+4b，3a+5b)

は、５乗和まで等しくなる。


　Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和３年１０月３日付け）

　７乗和、９乗和、１１乗和、１３乗和も等しくなっていませんでしょうか…。私、夢でも見てい
るのかもしれません。或いは奇数ならいつも？ここで私は力尽きました。
（追伸）　a、bの係数をみていて、なるほどと思いました。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和３年１０月４日付け）

　おしゃる通り、奇数乗はそうです。偶数乗も含めて、連続して等しくなるという意味です。
６乗和は成り立ちません。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和４年９月７日付け）

　エクセルを、使って、7個の累乗和を見つけました。


　Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和４年９月１４日付け）

　ｋｓ さん、ひょっとして、以下の式でしょうか。

　1^k+19^k+20^k+51^k+57^k+80^k+82^k ＝ 2^k+12^k+31^k+40^k+69^k+71^k+85^k
　( k = 1, 2, 3, 4, 5, 6 )

※上の式は本日、Google徘徊をしていて偶さかにみつけました。

⇒ Chen Shuwen's Equal Sums of Like Powers Page

　またもやオイラープロジェクトです。このドキュメントには「12個の累乗和」も例示されていま
した……。


　ＧＡＩ さんから、「平方数と相性」と題して、ご投稿いただきました。（令和４年９月１５日付け）

　６×６に、0 から 35 までを一つずつ入れたいところを 30 を入れずその代わり 36 を入れ
ています。

[ 2  1 36  5  0 35]
[ 6 33 20 29  4 13]
[25  7 14 24 31 12]
[21 32 11 15 22 16]
[34 18 23 10 19  9]
[17  8  3 28 27 26]

　または、1 から 36 を一つずつ入れたいところを 34 を使わず代わりに 40 を入れている。

[20 21  9 36 19 14]
[ 5 26  6 33 18 25]
[22 24 35 15 12 11]
[32  3 30  7 27  8]
[ 1 17 23 10 16 40]
[29 28  2  4 31 13]

　しかし、こうすることで、各数字を平方してみると、どちらも６次の魔方陣を構成してくれる。
（２つの対角線の和も含む）

　ところで、これを更に広げて、7×7のものを考えて、中に 0 から 48 の数字を一つずつ入
れる。（例外を含まない。）

[25 45 15 14 44  5 20]
[16 10 22  6 46 26 42]
[48  9 18 41 27 13 12]
[34 37 31 33  0 29  4]
[19  7 35 30  1 36 40]
[21 32  2 39 23 43  8]
[17 28 47  3 11 24 38]

（*各行での和はどれも168で一定です。）

　こうして、これらの数字の平方を作ってみると、

[ 625 2025  225  196 1936   25  400]
[ 256  100  484   36 2116  676 1764]
[2304   81  324 1681  729  169  144]
[1156 1369  961 1089    0  841   16]
[ 361   49 1225  900    1 1296 1600]
[ 441 1024    4 1521  529 1849   64]
[ 289  784 2209    9  121  576 1444]

となり、見事に7次の魔方陣が出来上がることに驚愕します。平方数と7×７の相性は抜群で
す。

　なお、入れる数字を1〜64にすれば、次の8×8に配置した

[16 41 36  5 27 62 55 18]
[26 63 54 19 13 44 33  8]
[ 1 40 45 12 22 51 58 31]
[23 50 59 30  4 37 48  9]
[38  3 10 47 49 24 29 60]
[52 21 32 57 39  2 11 46]
[43 14  7 34 64 25 20 53]
[61 28 17 56 42 15  6 35]

では、これ自身8次の魔方陣（定和260)であり、さらに、これの位置でそれぞれを平方した数
でも、やはり8次の魔方陣(定和11180)が構成されるというから、腰が抜けそう！


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和４年９月１６日付け）

　以前出会った等式の中に、a、b、c を任意の自然数とし、

(6*a-3*b-8*c)^k+(5*a-9*c)^k+(4*a-4*b-3*c)^k+(2*a+2*b-5*c)^k+(a-2*b+c)^k+b^k
　　　=(6*a-2*b-9*c)^k+(5*a-4*b-5*c)^k+(4*a+b-8*c)^k+(2*a-3*b)^k+(a+2*b-3*c)^k+c^k

(但しk=0,1,2,3,4,5)

というものがありました。

　こんなにも自由度がありながら成立できるなんてと思って、いろいろ a、b、c のパラメータ
を変化させてみて確かめたんですが、確かに等号が成立していきます。

　中には a、b、c の取り方によっては、k=6,7,8,9,10,･･･ でも等号OKというものもでてきます。
こんな式をよく思いつきますよね〜


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和４年９月１６日付け）

　貴重な、スペシャルな解を、見つけてくださって、ありがとうございます。私の、探索の中で
は、２桁以内の自然数解はありませんでした。見つけたのは、２組。

　（1，19，28，59，65，90，102）≡（2，14，39，45，76，85，103）

　（1，16，26，62，75，105，107）≡（5，7、37，50，86，96，111）


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和５年７月６日付け）

　６個のシンプルな形の解が見つかりました。

（2a-b,a+3b,3a+2b,-3a-2b,-a-3b,-2a+b)　と　(a-2b,2a+3b,3a+b,-3a-b,-2a-3b,-a+2b)

さらに、８個に挑戦中です。


（追記）　令和５年８月１２日付け

　「２累乗和の証明」と題して、ｋｓ さんからご投稿いただきました。

　０〜２^k−1 の２^k個の数を、二進数表現で各桁の数の和を偶数と奇数に分けて、偶数のＡ₀
と奇数のＡ₁の組に分けることができます。

Ａ₀＝｛０，３，５，６，…｝
Ａ₁＝｛１，２，４，７，…｝　（末項は、ｋの値による）

　このとき、二つの組の累乗和の総和は等しくなる。

すなわち、　Σa^r＝Σb^r　(r＝０、１、・・・、ｋ−１　ただし、ｋ≧２、ａ∈Ａ₀、 ｂ∈Ａ₁）

（証明）　ｋによる数学的帰納法によって示します。

ｋ＝２　のとき、Ａ₀＝｛０，３｝、Ａ₁＝｛１，２｝

　０＋３＝１＋２　より、Σa＝b　が成り立つ。

ｋ＝ｎ　のとき、成り立つと仮定して、ｋ＝ｎ＋１　でも成り立つことを示す。

Ａ₀＝｛０，３，５，６，…，２ⁿ−２｝
Ａ₁＝｛１，２，４，７，…，２ⁿ−１｝

　２ⁿ個について、それぞれの組の累乗和が成つと仮定して、０〜２ⁿ⁺¹−１は、２倍に増え
るが、基本的な分け方をすると、

B₀＝｛Ａ₀の数と、２ⁿにＡ₁の数を足したもの｝
　＝｛０，３，…，２ⁿ−２，２ⁿ＋１，２ⁿ＋２，…，２ⁿ＋２ⁿ−１｝

B_１＝｛A_１の数と、２ⁿにＡ₀の数を足したもの｝
　＝｛１，２，…，２ⁿ−１，２ⁿ＋０，２ⁿ＋３，…，２ⁿ＋２ⁿ−２｝

　このとき、B₀とB_１の数の総和が等しいことが分かります。

何故なら、Ａ₀とA_１が等しいので、

Σ（B₀の数）^ｒ−Σ（B_１の数）^ｒ　　

＝Σ｛（Ａ₀の数）^ｒ＋（B₀からA_１を除いた数）^ｒ｝―Σ｛（A_１）^ｒ＋（B_１からＡ₀を除いた数）^ｒ｝
＝ΣＡ₀^ｒ−ΣA_１^ｒ＋Σ（B₀からA_１を除いた数）^ｒ―Σ（B_１からＡ₀を除いた数）^ｒ
＝ΣＡ₀^ｒ−ΣA_１^ｒ＋Σ（２ⁿ＋i）^ｒ−Σ（２ⁿ＋i）^ｒ

（　）内の、２^nｒ部分が相殺され、ｉ^ｒの部分の和は、ΣＡ₀^ｒとΣA_１^ｒで相殺され、残りの同じ二
項係数の部分が、ｒ−１次以下になるので、仮定から等しくなります。

　よって、ｒ＝１〜ｎ　まで成り立ち、帰納法により、示された


（コメント）　ちょっと話が分かりにくかったので、具体例で考えてみました。

ｋ＝２　のとき、Ａ₀＝｛０，３｝、Ａ₁＝｛１，２｝

　０＋３＝１＋２　より、Σa＝b　が成り立つ。

ｋ＝３　のとき、０〜７の８個の数を分類して、

Ｂ₀＝｛０，３，５，６｝
Ｂ₁＝｛１，２，４，７｝

となる。ｋ＝２に対して、２²＝４で、Ｂ₀、Ｂ₁は、Ａ₀、Ａ₁の要素を用いて、

Ｂ₀＝｛０，３，５，６｝＝｛０，３，２²＋１，２²＋２｝
Ｂ₁＝｛１，２，４，７｝＝｛１，２，２²＋０，２²＋３｝

このとき、０＋３＝１＋２　より、

　０＋３＋（２²＋１）＋（２²＋２）＝１＋２＋（２²＋０）＋（２²＋３）

は当然成り立つが、問題は、

　０²＋３²＋（２²＋１）²＋（２²＋２）²＝１²＋２²＋（２²＋０）²＋（２²＋３）²

が成り立つのかということである。

　これは、成り立ちそうである。

０²＋３²＋（２²＋１）²＋（２²＋２）²＝０²＋１²＋２²＋３²＋２³（１＋２）＋２⁴×２

１²＋２²＋（２²＋０）²＋（２²＋３）²＝０²＋１²＋２²＋３²＋２³（０＋３）＋２⁴×２

から、確かに成り立つ。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和５年８月１３日付け）

　一般の場合 １〜Aⁿ−１ についても、Ａ個の組に、Ａ進法で、その桁数の総和をＡで割った
剰余で分けると、それぞれの組の数の累乗和が等しくなることが、同様の方法で示すことが
できます。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和５年８月１４日付け）

　１〜Aⁿ−１ を、A＝３、ｎ＝４で確認しました。(N＝1〜８０で調査)

　Nを３進法で表し、各桁の数の和を３で割った余りで分類

M₀＝[5,7,11,13,15,19,21,26,29,31,33,37,39,44,45,50,52,55,57,62,63,68,70,74,76,78]
M₁＝[1,3,8,9,14,16,20,22,24,27,32,34,38,40,42,46,48,53,56,58,60,64,66,71,72,77,79]
M₂＝[2,4,6,10,12,17,18,23,25,28,30,35,36,41,43,47,49,51,54,59,61,65,67,69,73,75,80]

となりますので、

gp > for(r=1,5,print(r";"\
sum(i=1,26,M0[i]^r)" VS "sum(i=1,27,M1[i]^r)" VS "sum(i=1,27,M2[i]^r)))

で計算すると、

ｒ＝1：1080 VS 1080 VS 1080
ｒ＝２：57960 VS 57960 VS 57960
ｒ＝３：3499200 VS 3499200 VS 3499200
ｒ＝４：225284400 VS 225441864 VS 225284400
ｒ＝５：15099631200 VS 15136372800 VS 15110128800

となり、ｒ＝３乗までは、３つのグループは同一の和を作りましたが、４乗以上では不成立に
なりました。（ｋｓ さんの記述では、４乗まで一致するように感じてしまいました。)

　もし勘違いしていたら教えて下さい。

　４乗まで一致させるにはどんな工夫をすればいいのだろうか？


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和５年８月１５日付け）

　GAI さん、すみません。言葉足らずでしたので、加筆修正しました。

　k に対して、ｒ の範囲は、k−１ までです。A^ｋ を組み分けしたとき、ｋ−１乗和まで、成り立
ちます。従いまして、４乗の場合、３乗和まで成立します。

　４乗和でも成り立つためには、５乗以上に個数を広げる必要がありますね。

　只今、累乗和の問題に取り組んでいますが、前にも載せましたが、同様のことが、ｎ個の場
合、ｎ−１乗和までしか等しく作れない。勿論、同じ数ではなくて。８個の累乗和まで見つかり
ました。



　　以下、工事中！