(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。

∑[i=1,4]ai、∑[i=1,4]ai^2　、∑[i=1,4]bi、∑[i=1,4]bi^2
∑[i=1,8]ci、∑[i=1,8]ci^2、∑[i=1,8]ci^3　、∑[i=1,8]di、∑[i=1,8]di^2、∑[i=1,8]di^3
∑[i=1,16]ei、∑[i=1,16]ei^2、∑[i=1,16]ei^3、∑[i=1,16]ei^4、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　∑[i=1,16]fi、∑[i=1,16]fi^2、∑[i=1,16]fi^3、∑[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。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和６年１月１３日付け）

　８個の累乗和

　（1，８，２６，４４，５４，７２，９０，９７）　と　（２，６，３３，３４，６４，６５，９２，９６）

　０～７乗和まで、成立します。友人が、プログラムして、みつけてくれました。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年１月１３日付け）

　１２個の累乗和

　(0, 11, 24, 65, 90, 129, 173, 212, 237, 278, 291, 302) 　と　

　(3, 5, 30, 57, 104, 116, 186, 198, 245, 272, 297, 299)

なら、０～１１乗和まで成立すると思います。


　らすかるさんからのコメントです。（令和６年１月１３日付け）

　０乗和を考える上で、０は問題があると思います。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年１月１３日付け）

　 いろいろなプログラム言語で、「0^0」を尋ねると、

　Mathematica では、不定　、WolframAlpha では、未定義　、

　Python, Ruby, SageMath, PARI-GP, VBA, GRAPS 等多くのソフトでは、1

を返すようですね。

　PARI のソフトで計算確認していたものですから、つい 0 乗も含めて記
述していました。

　なお、ウィキペディアの「0の0乗」での記事に、

　計算機科学者のドナルド・クヌースは、0^0 は 1 でなければならないと
強く主張している

という文章を載せていた。


　Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和６年１月１３日付け）

　たしかクヌースには、そうすると計算機科学で使われる各種公式が綺麗になるという理由
があったと思います。蓋し、あまり深い理由ではありません。

※たとえば、_nC₀ は 1 と考えたい。すなわち、公式を素直に拡張すると、

　_nC₀=n!/(0!*(n-0)!) =1

としたい。此れがキマるためには、　0!=0^0=1　が要請される………など。

　未確認ですが、Excel の表計算とExcel の VBA とで、「0^0」の扱いが違
う時期があったと記憶しています。今はどうなのでしょうか。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年１月１４日付け）

　累乗和について、色々な場面で目にしていた組合せをノートにメモしていたものをまとめて
並べてみました。これ以外にもまだあると思いますので、お気づきのものがありましたらお知
らせ下さい。また、これらはどの様な手法で発見できるのだろうか？

#2乗まで一致する

#3乗まで一致する

#4乗まで一致する

#5乗まで一致する

A=[1, 6, 7, 17, 18, 23]
B=[2, 3, 11, 13, 21, 22]

#6乗まで一致する

#7乗まで一致する

A=[1, 8, 26, 44, 54, 72, 90, 97]
B=[2, 6, 33, 34, 64, 65, 92, 96]

#8乗まで一致する

A=[−98, −82, −58, −34, 13, 16, 69, 75, 99]
B=[-99, -75, -69, -16, -13, 34, 58, 82, 98]

または

A=[-174, -148, -132, -50, -8, 63, 119, 161, 169]
B=[-169, -161, -119, -63, 8, 50, 132, 148, 174]

#9乗まで一致する

A=[99, 100, 188, 301, 313,-99, -100, -188, -301, -313]
B=[71, 131, 180, 307, 308,-71, -131, -180, -307,-308]

または

A=[103, 189, 366, 452, 515, -103, -189, -366, -452, -515]
B=[ 18, 245, 331, 471, 508, -18, -245, -331, -471, -508]

#10乗まで一致する

A=[1, 5, 11, 21, 36, 42, 48, 52, 54, 58, 79, 83, 94, 95]
B=[2, 3, 14, 18, 39, 43, 45, 49, 55, 61, 76, 86, 92, 96]


　Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和６年１月１４日付け）

　この

#10乗まで一致する
A=[1, 5, 11, 21, 36, 42, 48, 52, 54, 58, 79, 83, 94, 95]
B=[2, 3, 14, 18, 39, 43, 45, 49, 55, 61, 76, 86, 92, 96]

は面白い形をしていますね。

A=[1, 5, 11, 21, 36, 42, 48, 52, 54, 58, 79, 83, 94, 95]
B=[97-1, 97-5, 97-11, 97-21, 97-36, 97-42, 97-48, 97-52, 97-54, 97-58, 97-79, 97-83, 97-94, 97-95]

となっていますので。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年１月１５日付け）

　3から109までには全部で28個の奇素数が存在するが、それから12個を取り出し、6個ずつ
の2組

　A=[p1,p2,p3,p4,p5,p6]　、B=[q1,q2,q3,q4,q5,q6]

に分ける。この時、　p1^r+p2^r+p3^r+p4^r+p5^r+p6^r = q1^r+q2^r+q3^r+q4^r+q5^r+q6^r

が、r=1、2、3、4、5　全てで成立するという。

　このような2組A,Bはどんな組合せか？

　もしこれを見つけられた方は、どの様な手段をとり得られるものなのか粗筋を教えて欲し
い。
（ある所でこんなものが成立できる組合わせが可能であることを知ったが、総当たり攻撃の
方法では私の残りの人生を使っても時間が無い！)


　DD++ さんからのコメントです。（令和６年１月１５日付け）

　[19, 29, 53, 73, 97, 107]　、[17, 37, 43, 83, 89, 109]　ってことですか？

　あ、手段もでしたね。数学感動秘話「複素世界の拡張」で私が半分まで提示した

[a+c, b+c, 2a+6b+c, 4a+4b+c, 5a+10b+c, 6a+9b+c]

[c, a+4b+c, 2a+b+c, 4a+9b+c, 5a+6b+c, 6a+10b+c]

で、a=12、b=2、c=17 を当てはめただけです。

これらを全て素数にしようとすれば、a は 6 の倍数、b は偶数、c は 7 以上の素数しかあり
えず、6a+10b+c≦109 の範囲では (a,b) の取りうるパターンが 4 通りしかないので順に試し
ました。


　らすかるさんからのコメントです。（令和６年１月１５日付け）

　プログラムで探索しました。

　→　(17,37,43,83,89,109)　、(19,29,53,73,97,107)　（実行時間0.5秒）

＜手段のあらすじ＞

・5乗のみで一致するものを探し、一致したら4乗以下を計算

・使用する最大の要素を決めてそれをp1とし、以降q1,p2,q2,p3,q3,p4,q4,p5,q5,p6の順に
未使用素数をあてはめていく（最後のq6はあてはめず合計の差の5乗根を計算）
　ただし、p1＞p2＞p3＞p4＞p5＞p6、q1＞q2＞q3＞q4＞q5＞q6

　例えば、最大が p1=97 のとき、次の q1 は、89,83,79,… の順にあてはめる
ここで、例えば、p1=97、q1=71 となったとき、q2≦67 かつ 97^5＞71^5+67^5×5 から
q1≦71 では解がないことがわかりますので、中止します。

# 97^5＞73^5+71^5+67^5+61^5+59^5+53^5のようにきちんと判定すれば73でも解がないこと
　がわかりますが、判定を粗くして5乗の回数を減らしています。

　q1～p6すべてにおいてこの判定を入れます。

# 問題から考えると最大は109と予想できましたが、念のため、107以下を最大とした場合に
　解がないことも確認しました。ちなみに最大を109に固定すると、Enterキーを離すまでに実
　行が終わります。


　Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和６年１月１５日付け）

　２０１６年に論文になったものが、DD++ さんによって、とっくに一般化されていたことにビッ
クリです。

　「The Prouhet-Tarry-Escott Problem」 で、

　[19, 29, 53, 73, 97, 107]　、[17, 37, 43, 83, 89, 109]

を探してください。


　らすかるさんからのコメントです。（令和６年１月１５日付け）

　「10個の素数を5個ずつに分けて1～4乗で一致するようにする」にすると、109まででは無理
みたいですね。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年１月１６日付け）

　数学感動秘話「複素世界の拡張」を見て、こんなことを昔やっていたことを懐かしく思い出
しました。５年も経つと、すっかり忘れてしまうものです。改めて、こんな問題に深く関わるも
のなんだと認識を新たにします。

　DD++さんが考えられていた5乗冪までのパラメータ解なら一発なんですね。

　過去のノートのメモをふり返っていたら、DD++さんの他にパラメータ解として、

S(a,b,c)=[6*a-3*b-8*c, 5*a-9*c, 4*a-4*b-3*c, 2*a+2*b-5*c, a-2*b+c, b]
T(a,b,c)=[6*a-2*b-9*c, 5*a-4*b-5*c, 4*a+b-8*c, 2*a-3*b, a+2*b-3*c, c]

を使うと、

S(52,17,19)
%136 = [109, 89, 83, 43, 37, 17]
T(52,17,19)
%139 = [107, 97, 73, 53, 29, 19]

また、

S(74,43,29)
%137= [83, 109, 37, 89, 17, 43]
T(74,43,29)
%140 = [97, 53, 107, 19, 73, 29]

など一発で求まることが出来ました。

　らすかるさんのプログラムの組み方を読んで、こんな工夫をしない事には時間がいくらあっ
ても求めることが不可能であることが認識されました。しかし、リターンキーを離す瞬間に答
えが求められるとは恐れ入ります。

　様々なリンクをたどって情報を集めてみると、４乗冪までの素数組は、

　A=[401,521,641,881,911]　、B=[431,461,701,821,941]　(2016年発表)

の様です。さらに驚くべきは、

A=[32058169621, 32367046651, 32732083141, 33883352071, 34585345321, 35680454791,
　 36915962911, 38011072381,38713065631, 39864334561, 40229371051, 40538248081]

B=[32142408811, 32198568271, 32900561521, 33658714231, 34978461541, 35315418301,
　 37280999401, 37617956161, 38937703471, 39695856181, 40397849431, 40454008891]

の２組での１２個ずつの素数では、何と１１乗冪までの等式が成立するという。(2023,4,8発表)

．．．ということで、つい最近の発見だそうです。人間の探す執念は物凄いものですね。


　らすかるさんからのコメントです。（令和６年１月１６日付け）

　４乗冪までの素数組は、もっと小さいものがあります。

　A=[23,31,103,109,167]　、B=[13,59,67,131,163]

　自分のプログラムで見つけた結果で、これが最小解です。GAIさんが書かれた解は、和が
1342になるペアが5個となっている「対称な」解ですね。


　DD++ さんからのコメントです。（令和６年１月１６日付け）

　ところで、５年前の私は、パラメータ解を見つけた方法自体を伏せたみたいですね。GAI さ
んの楽しみを奪わないためだったのか、それとも、いろんな探し方のアイデアが出ていたの
で他の方に変な先入観を与えないためだったのか……。

　今回は開示した方が GAI さんが楽しめるんじゃないかということで、以下に意味深なことを
記載しておきます。

f1(x) = x^17*(1-x^2)
f2(x) = 1-x^12
f3(x) = 1-x^14
f4(x) = 1-x^16
f5(x) = 1-x^18
f6(x) = 1-x^30

　これらは全て、fn(1) = 0 となる多項式です。

　さて、これら 6 つの式を掛け合わせて展開すると何が起こるでしょうか。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年１月１７日付け）

　無茶苦茶凄いことが起こるではないですか！よくこんな母関数的式を思いつけますね？
DD++さんの頭の中はなんか違う。

　らすかるさんの、「４乗冪までの素数組は、もっと小さいものがあります」について、

　A=[23,31,103,109,167]　、B=[13,59,67,131,163]

というものを、DD++さんの手法で構成してみようと挑戦してみたら、

P=x^78 - x^74 + x^68 + x^66 - x^62 + x^58 + x^56 + x^54 - x^52 + x^48 + x^46 + x^44
　 + 2*x^36 + x^34 + x^26 + x^24 + x^22 + x^14 + x^12 + 1

なる、ちょっと不細工な式を導入することにはなりましたが、

　x^13*(x^22-1)*(x^18-1)*(x^14-1)*(x^12-1)*(x^10-1)*P

で行けそうです。

<追伸>　最後の面倒なPを省略し、x^13を単にxで

　x*(x^22-1)*(x^18-1)*(x^14-1)*(x^12-1)*(x^10-1)

を展開すると、

　A=[77, 53, 51, 49, 47, 45, 45, 43, 19, 15, 13, 11]

　B=[67, 65, 63, 59, 35, 33, 33, 31, 29, 27, 25, 1]

のグループ分けが可能で、この12個ずつでの4乗冪までの等式が成立できることが起こせ
ました。


　DD++ さんからのコメントです。（令和６年１月１７日付け）

　そうなんですよ。この手法、展開後の項数が少ないことが、必ずしも展開前のパーツの項
数が少ないことを意味しないのが難しい点です。結局のところ、出てきた項がどのくらい効率
よく消えてくれるか勝負なので……。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年１１月１６日付け）

　全て素数を対象として、[p1,p2,p3]、[q1,q2,q3] の２組で、

　p1^k+p2^k+p3^k=q1^k+q2^k+q3^k (k=1,2)

が成り立つ組合せを100までの素数の範囲で探すと、結構多くの組合わせが存在し、

1;[5, 31, 41] VS [13, 17, 47]　、2;[5, 41, 71] VS [7, 37, 73]　、3;[5, 43, 53] VS [11, 29, 61]
4;[5, 53, 83] VS [11, 41, 89]　、5;[5, 59, 79] VS [7, 53, 83]　、6;[5, 59, 89] VS [13, 43, 97]
7;[7, 19, 29] VS [11, 13, 31]　、8;[7, 23, 41] VS [11, 17, 43]　、9;[7, 29, 31] VS [11, 19, 37]
10;[7, 29, 43] VS [13, 19, 47]　、･･････････････　、
91;[31, 67, 73] VS [41, 47, 83]　、92;[37, 53, 71] VS [41, 47, 73]　、93;[37, 67, 71] VS [43, 53, 79]
94;[37, 73, 79] VS [47, 53, 89]　、95;[41, 71, 83] VS [47, 59, 89]　、96;[41, 79, 83] VS [43, 71, 89]
97;[43, 61, 67] VS [47, 53, 71]　、98;[43, 67, 79] VS [47, 59, 83]　、99;[43, 83, 89] VS [47, 71, 97]
100;[53, 71, 79] VS [59, 61, 83]　、101;[53, 83, 89] VS [61, 67, 97]

が見つかった。なお、この中で和を最小とする組合わせは、　[7,19,29] VS [11,13,31]　が当て
はまる。

　同じく、[p1,p2,p3,p4]、[q1,q2,q3,q4] の２組で、

　p1^k+p2^k+p3^k+p4^k=q1^k+q2^k+q3^k+q4^k (k=1,2,3)

を100までの素数の範囲で調べたら、

1;[7, 31, 59, 83] VS [11, 23, 67, 79]　、2;[11, 29, 47, 73] VS [17, 19, 53, 71]
3;[11, 37, 47, 73] VS [17, 23, 61, 67]　、4;[11, 41, 43, 73] VS [13, 31, 53, 71]
5;[11, 43, 47, 79] VS [19, 23, 67, 71]　、6;[11, 47, 53, 89] VS [17, 29, 71, 83]
7;[13, 29, 31, 47] VS [17, 19, 41, 43]　、8;[13, 29, 67, 83] VS [17, 23, 73, 79]
9;[13, 43, 59, 89] VS [19, 29, 73, 83]　、10;[17, 29, 31, 43] VS [19, 23, 37, 41]
11;[17, 43, 53, 79] VS [23, 29, 67, 73]　、12;[17, 43, 61, 79] VS [19, 37, 71, 73]
13;[19, 37, 53, 71] VS [23, 29, 61, 67]　、14;[19, 43, 47, 71] VS [23, 31, 59, 67]
15;[23, 41, 61, 79] VS [29, 31, 71, 73]　、16;[23, 59, 61, 97] VS [31, 37, 83, 89]
17;[29, 43, 47, 61] VS [31, 37, 53, 59]　、18;[31, 53, 67, 89] VS [37, 41, 79, 83]
19;[37, 59, 61, 83] VS [41, 47, 73, 79]

が見つかった。なお、最小値の和を構成するのは、

[13, 29, 31, 47] VS [17, 19, 41, 43]　、[17, 29, 31, 43] VS [19, 23, 37, 41]

の２パターンが当てはまる。(2,3乗までを考えると下の方が最適)

　そこで、次はと思い、

　p1^k+p2^k+p3^k+p4^k+p5^k=q1^k+q2^k+q3^k+q4^k+q5^k (k=1,2,3,4)

　p1^k+p2^k+p3^k+p4^k+p5^k+p6^k=q1^k+q2^k+q3^k+q4^k+q5^k+q6^k (k=1,2,3,4,5)

を満たせる組合せはどうなるだろうかと検索を始めたが、今度は余りにも範囲が広がり過ぎ
て、丸一日コンピュータを走らせても一つもヒットしてこない。

　なお、和の最小値を与える２組のものは、

[13,59,67,131,163] VS [23,31,103,109,167]　、[17,37,43,83,89,109] VS [19,29,53,73,97,107]

であるとの情報はネットから入手できた。

　従って、検索範囲を200までの素数に限定してもこれ以外にも発見できそうと思われる。
如何せん全検索の方法で探し回っているので、今のところ一つも見つけられずにいます。

　何方か効率よい検索プログラムから他のパターンを探し出されたら教えて下さい。


　らすかるさんからのコメントです。（令和６年１１月１７日付け）

　200までの素数での全解(上にある解も含む)

5個組

[13,59,67,131,163] と [23,31,103,109,167]　、[11,59,71,149,173] と [23,29,101,131,179]
[19,79,101,173,191] と [23,61,131,149,199]　、[31,67,103,149,197] と [37,53,127,131,199]

6個組

[19,29,53,73,97,107] と [17,37,43,83,89,109]　、[19,29,83,103,157,167] と [13,47,59,127,139,173]
[43,47,101,109,163,167] と [37,59,83,127,151,173]　、[29,31,103,107,179,181] と [19,53,71,139,157,191]
[43,53,107,127,181,191] と [37,71,83,151,163,197]

ちなみに、200を超えた次の解は、

5個組

[61,79,151,197,227] と [67,71,157,191,229]

6個組

[19,53,89,157,193,227] と [17,67,73,173,179,229]

# 昔作ったプログラムがまだ残っていました。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年１１月１７日付け）

　一般に、Prouhet-Tarry-Escott problem と呼ばれることもあり、特に使う数を素数に限定
するものが何か特別に見えて面白いと思っていました。

　と言うのも、一般での整数では公式が存在できるので、幾つも組合せが発見できるが素数
ではそうはいかなくなる。

　ふと過去のノートを整理していたら、この素数に関する2組の解を見ていたら、他の解は有
るのか？の疑問がわき、実際にパソコンで探してみたら思ったものより多くの組合せが存在
していることに驚いたのでした。

　本に紹介されているのは、特にその中にある最小数での組合せとなっていることにしかな
いのかと認識でき、では探せるだけ探してみようと挑戦を始めてみたのが投稿の動機でした。

　なにせ冪数が高まれば高まるだけ探索範囲が指数関数的に増大していき、ちょっとやそっ
とでは有限時間では探し出せなくなって壁に突き当たってしまった状態になっております。

　らすかるさんありがとうございます。３乗までの発見できるプログラム（一分位での計算時間
では終了した。)の延長の意味での4乗での検索では3日計算し続けても一つも発見できずに
いました。

　200までの素数での結果を知るまでの時間はどれほどなんですか？

　結果を点検していたら、5乗までの和を等しく6個組の最小組

　S1=[19,29,53,73,97,107] とS2=[17,37,43,83,89,109]

に対し、M1=[-22,-17,-5,5,17,22]　、M2=[-23,-13,-10,10,13,23]　なる対照的配列と q=2、r=63
の定数を選べば、

　S1[n]=q*M1[n]+r　、S2[n]=q*M2[n]+r　(n=1,2,3,4,5,6)

の関係で結ばれるようです。

　また、　S1=[19,53,89,157,193,227]　、S2=[17,67,73,173,179,229]　なら、

　M1=[-52,-35,-17,17,35,52]　、M2=[-53,-28,-25,25,28,53]　、q=2、r=123

となるようです。


　らすかるさんからのコメントです。（令和６年１１月１７日付け）

　時間測ってなかったので再度実行して確かめたところ、5個組で20秒、6個組で3分半でした。



　　以下、工事中！