¿Tenemos $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\gcd\left(1+n!,1+n^{2}\right)}{n!}\stackrel{?}{=}e$ ?

Question

Intento hacer un ejercicio equilibrado con Desmos.

Parece que sí:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\gcd\left(1+n!,1+n^{2}\right)}{n!}\overset?=e$$

No parece trivial, como puede observarse al sustituir el cuadrado por un cubo.

A primera vista podemos pensar que se trata de un problema con el teorema del reordenamiento oculto. Teniendo en cuenta que intento el teorema de Riemann en la secuencia y rearrangemnt sin éxito. También tengo en cuenta el teorema de Wilson, pero no puedo avanzar.

Fíjate que compruebo el resultado con Wolfram Alpha.

¿Cómo (des)demostrarlo?

Gracias de antemano por la ayuda.

Notas al margen :

Es una idea extraña pero por qué el cálculo no podría estar aquí quiero decir ,y creo que es estúpido pero vamos a intentarlo :

$$\gcd\left(\operatorname{floor}\left(\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^{n}\right)+1,n^{2}+1\right)=^?1,n\in N^+$$

Creo que no es muy útil, pero ¿por qué no? Creo que porque realmente no es el mismo problema pero como dijo Leibniz el conocimiento es como el camino entre algunas islas...

Ps: Es la función de suelo .

Answer 1

He aquí una razón por la que este problema sería probablemente muy difícil de resolver.

Supongamos que $(n^2 + 1, n! + 1) = d$ . Entonces cualquier divisor primo de $d$ debe ser un primo mayor que $n$ Así que $d$ debe ser un primo mayor que $n$ y equivalente a $1$ modulo $4$ . Así pues, buscamos un primer $p \equiv 1 \bmod{4}$ y un $n < p$ tal que $p | n^2 + 1$ y $p | n! + 1$ .

Míralo desde la perspectiva de un $p \equiv 1 \bmod{4}$ . Es bien sabido que existen exactamente dos opciones para $n$ , $a_p$ y $b_p = p - a_p$ tal que $p | a_p^2 + 1$ . Teniendo esto en cuenta, hasta donde yo sé, no hay nada definitivo que podamos decir sobre $a_p!$ y $b_p!$ modulo $p$ aparte del hecho de que no son divisibles por $p$ . Por lo tanto, podemos suponer heurísticamente que tienen la misma probabilidad de estar equidistribuidos en $(\mathbb{Z} / p\mathbb{Z})^*$ modulo $p$ . Por lo tanto, hay aproximadamente $2 / (p - 1)$ posibilidad de que $p$ satisface la relación deseada.

Asumir la unión $p$ concluyo que en un intervalo $[A,B]$ aproximadamente $$\sum_{p \in[A,B], p \equiv 1 \bmod 4} \frac{2}{p - 1}$$ $p$ satisfaría la restricción deseada. Sabemos que $$\sum_{p \in[A,B], p \equiv 1 \bmod 4} \frac{2}{p - 1} \approx (\log\log B - \log\log A).$$ Resolviendo para este mayor que $1$ (es decir, existe al menos una solución), obtenemos $$B \geq A^e.$$ @Peter ha tenido la amabilidad de verificar que ninguna solución inferior a $2 \times 10^6$ existe. Por lo tanto, si tuviera que apostar, apostaría a que al final aparecerá una solución, pero está en torno al $$(2 \times 10^6)^e \approx 10^{17}$$ que está mucho más allá de la capacidad de cálculo de mi ordenador.

Unas palabras más: la razón por la que creo que no podemos decir nada sobre $a_p!$ modulo $p$ es porque los teóricos de los números no han descubierto cómo tratar los factoriales más allá del teorema de Wilson. Por ejemplo, problemas aparentemente inocentes como El problema de Brocard permanecen abiertas de par en par.

P.D. Si buscaras primos de la forma $p = n^2 + 1$ sólo, apostaría a que no existe ninguna solución. La razón es que podemos demostrar $$\sum_{p = n^2 + 1, p> 10^6} \frac{2}{p - 1} < \sum_{n = 10^3}^\infty \frac{2}{n^2} \leq 0.01.$$