Problème de Prouhet-Tarry-Escott

L'entier ${\displaystyle k}$ de la définition est le degré, et l'entier ${\displaystyle n}$ est la taille. Il est facile de voir que pour toute solution, on a ${\displaystyle n>k}$. On cherche donc une solution de taille minimale.

Pour la taille ${\displaystyle n=6}$ et le degré ${\displaystyle k=5}$, les deux ensembles

${\displaystyle \{0,5,6,16,17,22\}}$ et ${\displaystyle \{1,2,10,12,20,21\}}$

sont une solution du problème, puisque :

${\displaystyle 0+5+6+16+17+22=66=1+2+10+12+20+21}$

${\displaystyle 0^{2}+5^{2}+6^{2}+16^{2}+17^{2}+22^{2}=1090=1^{2}+2^{2}+10^{2}+12^{2}+20^{2}+21^{2}}$

${\displaystyle 0^{3}+5^{3}+6^{3}+16^{3}+17^{3}+22^{3}=19998=1^{3}+2^{3}+10^{3}+12^{3}+20^{3}+21^{3}}$

${\displaystyle 0^{4}+5^{4}+6^{4}+16^{4}+17^{4}+22^{4}=385234=1^{4}+2^{4}+10^{4}+12^{4}+20^{4}+21^{4}}$

${\displaystyle 0^{5}+5^{5}+6^{5}+16^{5}+17^{5}+22^{5}=7632966=1^{5}+2^{5}+10^{5}+12^{5}+20^{5}+21^{5}}$.

Une solution idéale est une solution dont la taille est égale au degré + 1. La solution ci-dessus est donc idéale.

En 1851, Eugène Prouhet pose le problème plus général de répartir les entiers x de 1 à n^m en n classes, de façon que la somme des puissances k-ièmes des entiers de chaque classe soit la même, pour k = 0, 1, ... Le procédé qu'il propose[3] revient à numéroter les classes de 0 à n – 1, à décomposer chaque entier x – 1 dans la base de numération n, à faire la somme de ses chiffres, à calculer le reste r de cette somme modulo n et à affecter l'entier x à la classe r.

Dans le cas où n = 2, le placement de l'entier x dans l'une des deux classes d'indice 0 ou 1 se fait selon que le x-ème terme de la suite de Prouhet-Thue-Morse est 0 ou 1. Par exemple, les 8 premiers entiers sont répartis en : 1, 4, 6, 7 d'une part, et en 2, 3, 5, 8 d'autre part, et la somme des puissances k-ème des entiers de ces deux classes coïncide jusqu'à k = 2.

Leonard Eugene Dickson consacre un chapitre de son Histoire de la théorie des nombres aux « Sets of integers with equal sums of like powers »[4], et liste pas moins de 70 articles sur ce sujet. Dans son article historique[5], Edward Maitland Wright note que l'article de Prouhet n'a été redécouvert qu'en 1948.

Les récents développements sont décrits par Peter Borwein et ses coauteurs[6]^,[7]^,[8] ; voir aussi l'article de Filaseta et Markovich[9]. Une version en deux dimensions a été étudié par Alpers et Tijdeman (2007).

• Si le couple ${\displaystyle A=\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n}\}}$ et ${\displaystyle B=\{b_{1},b_{2},\ldots ,b_{n}\}}$ est une solution de degré ${\displaystyle k}$, alors pour tout ${\displaystyle N\neq 0}$ et tout ${\displaystyle M}$ le couple${\displaystyle A'=\{Na_{1}+M,Na_{2}+M,\ldots ,Na_{n}+M\}\quad {\rm {et}}\quad B'=\{Nb_{1}+M,Nb_{2}+M,\ldots ,Nb_{n}+M\}}$est encore une solution du même degré. Ainsi, la solution${\displaystyle \{0,5,6,16,17,22\}=_{5}\{1,2,10,12,20,21\}}$donne aussi la solution${\displaystyle \{1,6,7,17,18,23\}=_{5}\{2,3,11,13,21,22\}.}$Cette observation permet de normaliser les solutions, en imposant par exemple qu'elles ne contiennent que des entiers positifs ou nuls, et que zéro y figure.
• On ne connaît pas de solution idéale pour tout degré, mais on sait[6] que pour tout degré ${\displaystyle k}$, il existe une solution de taille ${\displaystyle n\leq k(k+1)/2+1}$.
• Solutions symétriques : une solution de taille paire ${\displaystyle n=2m}$ est symétrique si chaque composante est de la forme${\displaystyle \{\pm c_{1},\pm c_{2},\ldots ,\pm c_{m}\}.}$La solution donnée dans l'introduction est de cette forme.
• Une solution de taille impaire est symétrique si les composantes de la solution sont opposées, c'est-à-dire${\displaystyle A=\{a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n}\}}$ et ${\displaystyle B=\{-a_{1},-a_{2},\ldots ,-a_{n}\}.}$

Des solutions idéales et symétriques sont connues pour les degrés ${\displaystyle k\leq 11}$, sauf pour ${\displaystyle k=10}$[10] :

• ${\displaystyle k=1}$

${\displaystyle \{\pm 2\}=_{1}\{\pm 1\}}$

• ${\displaystyle k=2}$

${\displaystyle \{-2,-1,3\}=_{2}\{2,1,-3\}}$

• ${\displaystyle k=3}$

${\displaystyle \{\pm 3,\pm 11\}=_{3}\{\pm 7,\pm 9\}}$

• ${\displaystyle k=4}$

${\displaystyle \{-8,-7,1,5,9\}=_{4}\{8,7,-1,-5,-9\}}$

• ${\displaystyle k=5}$

${\displaystyle \{\pm 4,\pm 9,\pm 13\}=_{5}\{\pm 1,\pm 11,\pm 12\}}$

• ${\displaystyle k=6}$

${\displaystyle \{-51,-33,-24,7,13,38,50\}=_{6}\{51,33,24,-7,-13,-38,-50\}}$

• ${\displaystyle k=7}$

${\displaystyle \{\pm 2,\pm 16,\pm 21,\pm 25\}=_{7}\{\pm 5,\pm 14,\pm 23,\pm 24\}}$

• ${\displaystyle k=8}$

${\displaystyle \{-98,-82,-58,-34,13,16,69,75,99\}=_{8}\{98,82,58,34,-13,-16,-69,-75,-99\}}$

• ${\displaystyle k=9}$

${\displaystyle \{\pm 99,\pm 100,\pm 188,\pm 301,\pm 313\}=_{9}\{\pm 71,\pm 131,\pm 180,\pm 307,\pm 308\}}$

Cette dernière solution est donnée, avec d'autres, dans Borwein et al. (2003). Aucune solution idéale n'est connue pour ${\displaystyle k=10}$.

Il existe une façon plus algébrique de formuler le problème[11] :