原帖由 mathe 于 2008-5-11 15:58 发表 http://images.5d6d.net/dz60/common/back.gif
从现在找到的结果看，很有可能r次方问题序列最小长度为$2^{r+1}$...
这个猜想是不正确的。
比如 5 次等幂和划分，在序列长度 N = 48 时即可达到。
那就说明
5次以上小于$2^{r+1}$
目前得到下限是$3*2^{r-1}$
6的96个的例子，根据GxQ结论得到
Prelude> let l5 = [1, 2, 7, 10, 11, 12, 13, 14, 16, 17, 21, 22, 27, 28, 32,33, 3
5, 36, 37, 38, 39,42, 47, 48]
Prelude> let r5 = [3,4,5,6,8,9,15,18,19,20,23,24,25,26,29,30,31,34,40,41,43,44,4
5,46]
Prelude> let l6= l5 ++ map (+48) r5
Prelude> let r6 = r5 ++ map (+48) l5
Prelude> l6
[1,2,7,10,11,12,13,14,16,17,21,22,27,28,32,33,35,36,37,38,39,42,47,48,51,52,53,5
4,56,57,63,66,67,68,71,72,73,74,77,78,79,82,88,89,91,92,93,94]
Prelude> r6
[3,4,5,6,8,9,15,18,19,20,23,24,25,26,29,30,31,34,40,41,43,44,45,46,49,50,55,58,5
9,60,61,62,64,65,69,70,75,76,80,81,83,84,85,86,87,90,95,96]
Prelude> sum (map (^6) l6)
5565209791928
Prelude> sum (map (^6) r6)
5565209791928
[ 本帖最后由 无心人 于 2008-5-12 12:02 编辑 ]
原帖由 无心人 于 2008-5-12 11:32 发表 http://bbs.emath.ac.cn/static/image/common/back.gif
6的96个
Prelude> let l5 = [1, 2, 7, 10, 11, 12, 13, 14, 16, 17, 21, 22, 27, 28, 32,33, 3
5, 36, 37, 38, 39,42, 47, 48]
Prelude> let r5 =
上面的文字，没看明白。
其实，由于存在前 48 个正整数的 5 次等幂和划分，
由我给出的构造定理（见 93#），就可证明：前 96 个正整数存在 6 次等幂和划分。
网络造成提交错误
修改了
mathe的附件里似乎有个前12个数的3次划分
原计算=0 我计算了是错误的
-12^3+11^3-10^3+9^3+8^3+7^3-6^3+5^3-4^3-3^3-2^3+1^3
1 5 7 8 9 11 = 2 3 4 6 10 12 ？
Prelude> let l=
Prelude> let r=
Prelude> length l
6
Prelude> length r
6
Prelude> sum (map (^3) l)
3041
Prelude> sum (map (^3) r)
3043
前 12 个正整数最高可 2 次等幂和划分（唯一）：
{ 1, 3, 7, 8, 9, 11 } \larr 2 \rarr { 2, 4, 5, 6, 10, 12 }
若不要求和相等、平方和相等，
将前 12 个正整数划分成两组，每组 6 个数，仅要求各组立方和相等，其解亦唯一：
1^3 + 2^3 + 4^3 + 8^3 + 9^3 + 12^3 = 3042 = 3^3 + 5^3 + 6^3 + 7^3 + 10^3 + 11^3
哦
那就需要从14-22求三次划分
可以确定的是5次的那个48项划分
不可拆分成两个24项
如果5次48项的唯一
那么4次不存在小于等于24项的解
:)
找到20的4次划分4组
24的5次划分3组
下面是5次其中一组的验证
Prelude> let l5 =
Prelude> let r5 =
Prelude> sum (map (^5) l5)
17985000
Prelude> sum (map (^5) r5)
17985000
详细见http://bbs.emath.ac.cn/thread-441-1-1.html 9#开始的帖子
现在我猜测存在28的6次划分，32的7次划分