😊出会いの泉😊

n=3 だけ？

一般にarctan(1/n)についての性質を調べていたら、次のような関係式が成立していくことに気付きました。
arctan(1)-arctan(1/2)=arctan(1/3)
arctan(1)-arctan(1/3)=arctan(1/3)+arctan(1/7)
arctan(1)-arctan(1/4)=arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)
arctan(1)-arctan(1/5)=arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)
arctan(1)-arctan(1/6)=arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)+arctan(1/31)
arctan(1)-arctan(1/7)=arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)+arctan(1/31)+arctan(1/43)
arctan(1)-arctan(1/8)=arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)+arctan(1/31)+arctan(1/43)+arctan(1/57)
arctan(1)-arctan(1/9)=arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)+arctan(1/31)+arctan(1/43)+arctan(1/57)+arctan(1/73)
arctan(1)-arctan(1/10)=arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)+arctan(1/31)+arctan(1/43)+arctan(1/57)+arctan(1/73)+arctan(1/91)

解答ありがとうございます。
n=3だけな気がしますよね。しかし証明が難しいです、、、。
Σarctan(1/(k^2+k+1)) =Σarctan(1/k)-arctan(1/(k+1)) =arctan(1/1)-arctan(1/(n+1)) ですね！

あと一歩まで迫っている感じですが、直感的には自明な最後の部分をどう証明したものか……。


この複素数は、実部虚部とも整数です。
よって、準虚数であるならばこの複素数の絶対値は自然数です。
したがって、
√2 * √5 * √10 * …… * √(n^2+1)
が自然数になること、すなわち
2 * 5 * 10 * …… * (n^2+1)
が平方数になることが、必要条件となります。

ところで、k^2+1 がある素数 p の倍数になるような自然数 k は、1≦k≦p-1 の範囲に高々 2 つしかなく、2 つある場合はその和が p になります。

すなわち、積
2 * 5 * 10 * …… * (n^2+1)
の中で k^2+1 が素数である場合、これが平方数になるには少なくとも (k^2-k+1)^2+1 まで積が続いている必要があります。

さて、n≧4 の解があるかどうかを考えます。

4^2+1 = 17 は素数です。
よって、n ≧ 17-4 = 13 である必要があります。

10^2+1 = 101 は素数です。
よって、n ≧ 101-10 = 91 である必要があります。

90^2+1 = 8101 は素数です。
よって、n ≧ 8101-90 = 8011 である必要があります。

これが有限の連鎖で止まることが n≧4 である解が存在する必要条件（十分条件ではない）です。
つまり、対偶を取れば、この連鎖が無限に続くことが示されれば n≧4 に解が存在しない証明となります。
直感的には自明な感じがしますが、いざ証明しろといわれると、さてどうしたものか。

解答ありがとうございます。
なるほど！つまりn^2+1型素数が無限に存在すれば良いということになりますね。しかし、これはブニャコフスキー予想として未解決問題になっているようです、、、。難しい。

少し違いますね。
n^2+1 型素数が無限にあっても、この連鎖が無限に続くとは限りません。
例えば（実際にそんなことはないと思いますが）、
もし90^2+1 の次に素数になるのが (10000を超える数)^2+1 だった場合、連鎖が途切れている9000前後のところに解がある可能性は残ります。

また、ブニャコフスキーは一般的な多項式についての話ですが、
n^2+1に限った話であればもっと単純に解決する可能性は十分にあるでしょう。

https://oeis.org/A101686
↑こちらによると、この数列で平方数は1と100だけと証明されているそうです。
よって解はn=3のみですね。

ありがとうございます！またじっくり読んでみます！
それではこういう問題でも面白いかもしれないです。

複素数 z = (1^n + i)(2^n + i)(3^n + i)· · ·(k
^n + i) が純虚数となる正の整数の組 (k, n) を求めてください。

(1^2+1)*(2^2+1)*(3^2+1)*･････*(n^2+1)
が平方数となるのはn=3のみ
に対し
(2^2-1)*(3^2-1)*(4^2-1)*･････*(n^2-1)
が平方数となるnは？
が面白かったです。

> (2^2-1)*(3^2-1)*(4^2-1)*･････*(n^2-1) が平方数となるnは？
n=((3+2√2)^(k+1)+(3-2√2)^(k+1)-2)/4　（kは正整数）
でしょうか。

一般式で作れるんだ！
ピタリ一致しています。

> 複素数 z = (1^n + i)(2^n + i)(3^n + i)· · ·(k
> ^n + i) が純虚数となる正の整数の組 (k, n) を求めてください。

n≧2 の場合、(2^n+i) 以降の偏角の合計が π/4 に届きません。
したがって積の実部は常に正であり、純虚数にはなりません。
よって n=1 の場合のみ考えればよく、元の問題に帰着します。