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Solution pour le challenge 61


Clairement, p=0 convient.

Supposons maintenant que p\geqslant1 et qu’il existe k\in\mathbb{N}^{\star} tel que 1+2^{p}=k^{2}.

Alors \left(k-1\right)\left(k+1\right)=2^{p}, donc k-1 et k+1 sont des diviseurs de 2^{p}, d’où l’existence de \alpha,\beta\in\mathbb{N} tels que :

    \[\left\{ \begin{array}{ccc}k-1 & = & 2^{\alpha}\\k+1 & = & 2^{\beta}\end{array}\right.\]

ce qui impose \alpha<\beta.

Mais alors :

    \begin{eqnarray*}2 & = & \left(k+1\right)-\left(k-1\right)\\ & = & 2^{\beta}-2^{\alpha}\\& \geqslant & 2^{\beta}-2^{\beta-1}\\ & = & 2^{\beta-1}\end{eqnarray*}

et donc \beta\in\left\{ 1,2\right\} .

Si \beta=1 alors k=1 d’où 2^{\alpha}=0 : c’est impossible. Donc \beta=2, ce qui entraîne k=3 puis p=3.

Réciproquement, p=3 convient puisque 1+2^{3}=9=3^{2}.

Remarque

L’entier 3 est donc le seul entier p\geqslant1 tel que 1^{p}+2^{p}+\cdots+n^{p} soit un carré parfait, quel que soit n\geqslant1.

En effet :

  • 3 convient puisque : \displaystyle{1^{3}+2^{3}+\cdots+n^{3}=\left[\frac{n\left(n+1\right)}{2}\right]^{2}} pour tout n\in\mathbb{N}^{\star}.
  • si p convient, alors en particulier 1+2^{p} est un carré parfait et ce qui précède s’applique.

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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