¿Cómo descubrió Ramanujan esta identidad?

Question

Dejemos que $$\small F_n=(a+b+c)^n+(b+c+d)^n-(c+d+a)^n-(d+a+b)^n+(a-d)^n-(b-c)^n$$ y $ad=bc$ entonces $$64 F_6 F_{10}=45 F_8^2$$ Esta fascinante identidad se debe a Ramanujan y puede encontrarse en http://www.maa.org/programs/maa-awards/writing-awards/ramanujan-for-lowbrows (Ramanujan for Lowbrows, por B.C. Berndt y S. Bhargava). ¿Alguien tiene idea de cómo Ramanujan descubrió esta identidad?

Las pruebas de la identidad ofrecidas hasta ahora en http://www.jstor.org/discover/2324305 (Nota sobre una identidad de Ramanujan, por T. S. Nanjundiah), http://www.jstor.org/discover/10.2307/2589526 (Dos o tres identidades de Ramanujan, por M.D. Hirschhorn) y http://journals.cambridge.org/article_S0017089500008910 (Una identidad notable encontrada en el tercer cuaderno de Ramanujan, por B.C. Berndt y S. Bhargava) hacen que la identidad sea menos misteriosa, pero cómo Ramanujan encontró la identidad en primer lugar sigue siendo un misterio. Como señalaron Berndt y Bhargava, tampoco está claro si se trata de un resultado accidental y aislado (junto con la contrapartida 3-7-5 descubierta por Hirschhorn), o si hay algún teorema más profundo detrás de él.

Answer 1

Tienes dos preguntas: 1) ¿Cómo lo descubrió Ramanujan? 2) ¿Es un resultado accidental y aislado? La segunda es más fácil de responder y puede arrojar luz sobre la primera.

I. Definir $F_n = x_1^n+x_2^n+x_3^n-(y_1^n+y_2^n+y_3^n),\;$ donde $\,\small x_1+x_2+x_3=y_1+y_2+y_3 = 0$ .

Teorema 1: Si $F_1 = F_3 = 0$ entonces,

$$9x_1x_2x_3 F_6 = 2F_9 = 9y_1y_2y_3 F_6$$

Teorema 2: Si $F_2 = F_4 = 0$ entonces,

$$64F_6F_{10} = 45F_8^2\quad \text{(Ramanujan)}$$

$$25F_3F_{7} = 21F_5^2\quad \text{(Hirschhorn)}$$

II. Definir $F_n = x_1^n+x_2^n+x_3^n+x_4^n-(y_1^n+y_2^n+y_3^n+y_4^n),\;$ donde también $\,\small \sum x_i =\sum y_i= 0$ .

Teorema 3: Si $F_1 = F_3 = F_5 = 0$ entonces,

$$7F_4F_9 = 12F_6F_7\quad \text{(yours truly)}$$

Esto también tiene una formulación similar a la de Ramanujan. Definir,

$$\small P_n = ((a+b+c)^n + (a-b-c)^n + (-a-b+c)^n + (-a+b-c)^n – ((d+e+f)^n + (d-e-f)^n + (-d-e+f)^n + (-d+e-f)^n)$$

Si dos se cumplen las condiciones,

$$\small abc = def,\quad a^2+b^2+c^2 = d^2+e^2+f^2$$

entonces,

$$7P_4P_9 = 12P_6P_7$$

(Las dos condiciones tienen un número infinito de soluciones primitivas, una de las cuales es $1,10,12;\,2,4,15$ .)

Si buscas la teoría general detrás de la Identidad 6-10-8 de Ramanujan, los teoremas fluyen a partir de las propiedades de sumas iguales de potencias similares . El 6-10-8 sólo necesitaba un condición, a saber $ad=bc$ . Subiendo más, ahora necesitas dos . Es de suponer que para subir aún más se necesitaría más. Además, hay una restricción $\,\small \sum x_i =\sum y_i= 0$ . Sin esta restricción, entonces más generalmente,

III. Definir $F_n = x_1^n+x_2^n+x_3^n-(y_1^n+y_2^n+y_3^n),\;$ y $m = (\sum x_i^4)/(\sum x_i^2)^2$ .

Teorema 4: Si $F_2 = F_4 = 0$ entonces,

$$32F_6F_{10} = 15(m+1)F_8^2$$

( Nota: Ramanujan simplemente fue el caso $m=1/2$ .)

IV. Definir $F_n = x_1^n+x_2^n+x_3^n+x_4^n-(y_1^n+y_2^n+y_3^n+y_4^n),\;$ y $m = (\sum x_i^4)/(\sum x_i^2)^2$ .

Teorema 5: Si $F_2 = F_4 = F_6 = 0$ entonces,

$$25F_8F_{12} = 12(m+1)F_{10}^2$$

y así sucesivamente para identidades similares con más términos y multigrado poderes superiores, ad infinitum .

V. Conclusión: Por lo tanto, ¿la identidad 6-10-8 fue un resultado aislado? No, es un caso especial (y particularmente bello) de un fenómeno más general. ¿Y cómo la encontró Ramanujan? Como la mayoría de sus descubrimientos, lo sacó de la nada, supongo.

P.D. Dejando a un lado el humor, lo que leí fue que, como el papel le resultaba caro, garabateaba en una pequeña pizarra con tiza. Cuando estaba satisfecho con un resultado, lo anotaba en su cuaderno y borrar los pasos intermedios que había en la pizarra . (Suspiro.)

Además, dado que pasaba la mayor parte de sus horas de vigilia pensando en las matemáticas, creo que es natural que se traslade a su estado de sueño. (Algo parecido ocurrió con el químico Kekule y el descubrimiento del anillo de benceno).

P.P.S. Los resultados de los grados múltiples se pueden encontrar en la Tabla 2 de este Respuesta de MO .

Answer 2

Una línea de argumento (sección II), de un compañero MO-usuario, parte de la premisa de que Ramanujan sabía que $F_n=0$ para $n=2$ o $n=4$ :

Es casi una pena desvelar el secreto de la Identidad 6-10-8. Para citar al poeta Keats, es como destejer un arco iris: las cosas serán diferentes una vez que conozcamos algo demasiado bien.

Answer 3

( Esta es una adición a mi respuesta .)

I. Identidades. Para los curiosos sobre otras generalizaciones del 6-10-8 de Ramanujan, mientras Teorema 3 usado $2^3$ términos, uno con poderes superiores utiliza $2^5$ términos. Definir,

$$\small P_n = \sum^{16}\, (\mu(a_1\pm a_2\pm a_3\pm a_4\pm a_5))^n - \sum^{16}\, (\mu(b_1\pm b_2\pm b_3\pm b_4\pm b_5))^n\tag1$$

donde $\mu = \pm1$ y es el producto de los signos interiores. Si cuatro las condiciones se satisfacen ahora,

$$\small\prod^5 a_i = \prod^5 b_i$$

$$\small \sum^5 a_i^k = \sum^5 b_i^k$$

para $k = 2,4,6$ entonces,

$$P_1 = P_2 = P_3 = P_4 = P_5 = P_6 = P_7 = P_9 = P_{11} = 0$$

y,

$$957\,P_8 P_{15} = 1547\,P_{10} P_{13}$$

II. Familias. Encontré que uno puede resolver las cuatro condiciones de dos maneras: la primera en términos de formas cuadráticas y la segunda como curva elíptica .

Familia 1: Si $x^2+21y^2 = z^2$ entonces,

$$a_i = x + 6 y,\; x + 5 y - z,\; x + 5 y + z,\; \tfrac{1}{2}(-5x+2y),\; \tfrac{3}{2}(x-6y)$$

$$b_i = x - 6 y,\; -x + 5 y - z,\; -x + 5 y + z,\; \tfrac{1}{2}(5x+2y),\; \tfrac{3}{2}(x+6y)$$

Familia 2: Si $-4a^2+5b^2=4c^2,\;\; 25a^2+24b^2=d^2$ entonces,

$$a_i = 4 a - 4 b,\; 3 b - 2 c,\; 3 b + 2 c,\; 6 a,\; 4 a + 4 b$$

$$b_i = b - 2 c,\; b + 2 c,\; 4 a,\; -a + d,\; a + d$$

Nota: Para la segunda familia, ocho términos se cancelarán en $(1)$ , por lo que realmente sólo implica $2^5-8=24$ términos. Una solución inicial es $a,b,c,d = 29, 26, 2, 193$ y, utilizando una curva elíptica, se puede obtener un infinito más. Explícitamente,

$$\small( 281, -207, -199, -107, \color{blue}{-61}, 125, \color{blue}{33}, -13, \color{blue}{25}, -21, \color{blue}{-113}, 49, 95, 187, 195, -269)^n=\\ \small(277, -247, -161, \color{blue}{-113}, -55, 131, 83, \color{blue}{25}, -3, \color{blue}{-61}, -109, \color{blue}{33}, 91, 139, 225, -255)^n$$

para $n = 1,2,3,4,5,7,9,11$ . (La segunda familia se encontró en 2013 con la ayuda de Roger Glendenning que aportaron soluciones numéricas. Después de algunas pruebas y errores, encontré la forma anterior).

Answer 4

Cómo encontró Ramanujan la identidad es, por supuesto, un misterio, pero con el uso inteligente de un sistema de álgebra computacional, se pueden encontrar muchas identidades de este tipo. Escribí un artículo sobre esto. Dos de las identidades más sencillas que no figuran en la lista anterior son $$ F_{-2}F_3^2 = -3 F_{-1}^2 F_6 $$ y $$ 245F_3 F_{11} + 330F_7^2 = 539F_5 F_9 $$

Answer 5

He comprobado que el Teorema 4 y el Teorema 5 pueden simplificarse como sigue,

Teorema 4(s) :

Definir $R_n = (x_1^n+x_2^n+x_3^n-y_1^n-y_2^n-y_3^n)/n,\;$ y $m = (\sum x_i^2)/(\sum x_i)^2$ .

Si $R_1=R_2=0$ entonces $$2R_3R_5 = (m+1)R_4^2$$

Teorema 5(s) :

Definir $R_n = (x_1^n+x_2^n+x_3^n+x_4^n-y_1^n-y_2^n-y_3^n-y_4^n)/n,\;$ y $m = (\sum x_i^2)/(\sum x_i)^2$ .

Si $R_1=R_2=R_3=0$ entonces $$2R_4R_6 = (m+1)R_5^2$$

Además, tenemos

Definir $R_n = (x_1^n+x_2^n+x_3^n+x_4^n+x_5^n-y_1^n-y_2^n-y_3^n-y_4^n-y_5^n)/n,\;$ y $m = (\sum x_i^2)/(\sum x_i)^2$ .

Si $R_1=R_2=R_3=R_4=0$ entonces $$2R_5R_7 = (m+1)R_6^2$$ y así sucesivamente.

Se pueden encontrar más identidades similares en mi sitio web en Identidades algebraicas .