Sobre la pregunta de Ramanujan 359

Question

En JIMS 4, p.78, la pregunta 359 fue formulada por Ramanujan. (Véase Los problemas presentados por Ramanujan a la Revista de la Sociedad Matemática India , p. 9, por Bruce Berndt, et al.) Si,

$$\sin(x+y) = 2\sin\big(\tfrac{1}{2}(x-y)\big)\tag1$$

$$\sin(y+z) = 2\sin\big(\tfrac{1}{2}(y-z)\big)\tag2$$

demostrarlo,

$$\big(\tfrac{1}{2}\sin x\cos z\big)^{1/4}+\big(\tfrac{1}{2}\cos x\sin z\big)^{1/4} =\big(\sin 2y)^{1/12}\tag3$$

El ejemplo de Ramanujan era,

$$\begin{aligned} x &= \frac{\pi-\arcsin\big((\sqrt{5}-2)^3(4+\sqrt{15})^2\big)}{2}=1.094\dots\\ y &=\frac{\arcsin\big(\sqrt{5}-2\big)}{2}=0.119\dots\\ z &=\frac{\arcsin\big((\sqrt{5}-2)^3(4-\sqrt{15})^2\big)}{2}=0.0001\dots \end{aligned}$$

Diez años más tarde, se publicó una prueba de 3 páginas en JIMS 15, p.114-117.

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Recibí un correo electrónico preguntando si había una prueba más corta. Considerando el problema, observé lo siguiente. Dado el cuártico,

$$a^3w^4+(1-3a^2)w^3+3a(1-a^2)w^2+a^2(3-a^2)w-a=0\tag4$$ con $a=\tan(\color{blue}y/4)$ . Define, $$x=4\tan^{-1} u\\z=4\tan^{-1} v$$ donde $u,v$ son dos raíces apropiadas de la cuártica, entonces obtenemos la mismo extraña relación como Ramanujan,

$$\big(\tfrac{1}{2}\sin x\cos z\big)^{1/4}+\big(\tfrac{1}{2}\cos x\sin z\big)^{1/4} =\big(\sin 2\color{blue}y)^{1/12}\tag5$$

Equivalentemente, esas dos raíces $u,v$ obedecer,

$$\left(\frac{1}{2}\,\frac{4(u-u^3)}{(u^2+1)^2}\frac{v^4-6v^2+1}{(v^2+1)^2} \right)^{1/4}+\left(\frac{1}{2}\,\frac{4(v-v^3)}{(v^2+1)^2}\frac{u^4-6u^2+1}{(u^2+1)^2} \right)^{1/4}=\big(\sin 2\color{blue}y\big)^{1/12}\tag6$$

Por ejemplo $y=1$ Así que $a=\tan(1/4)$ entonces $u,v$ son las dos raíces reales de (4).

Pregunta : ¿Alguien conoce una prueba corta para (3) y (6)?

Answer 1

Gracias a una respuesta borrada de G. Manco, por fin tenemos una respuesta parcial después de cuatro años a una solución de forma cerrada $x,y,z$ a, $$\big(\tfrac{1}{2}\sin x\cos z\big)^{1/4}+\big(\tfrac{1}{2}\cos x\sin z\big)^{1/4} =\big(\sin 2y)^{1/12}\tag3$$ en términos de Función G de Ramanujan. Utilización de la Función eta de Dedekind $\eta(\tau)$ se puede calcular en Mathematica como, $$G_n=\frac{2^{-1/4}\,\eta^2(\sqrt{-n})}{\eta\big(\tfrac{\sqrt{-n}}{2}\big)\,\eta(2\sqrt{-n})}\tag4$$ Sin embargo, debido a las limitaciones $(1),(2)$ en el puesto, hay una diferencia cuando $1\leq n\leq9$ y $n\geq9$ . Así,

Si $1\leq n\leq9$ : $$\begin{aligned} x &=\pi/2-\tfrac12\arcsin G_{n/9}^{-12}\\ y &=\tfrac12\arcsin G_{n}^{-12}\\ z &=\tfrac12\arcsin G_{9n}^{-12} \end{aligned}$$ Si $n\geq9$ : $$\begin{aligned} x &=\tfrac12\arcsin G_{n/9}^{-12}\\ y &=\tfrac12\arcsin G_{n}^{-12}\\ z &=\tfrac12\arcsin G_{9n}^{-12} \end{aligned}$$ Recuperamos la solución de Ramanujan $x,y,z \approx 1.094,\; 0.119,\; 0.0001$ introduciendo $n=5$ al primer conjunto de fórmulas. Además, puesto que,

$$\sin(\tfrac12\arcsin \lambda)=\tfrac12\big(\sqrt{1+\lambda}-\sqrt{1-\lambda}\big)$$ $$\cos(\tfrac12\arcsin \lambda)=\tfrac12\big(\sqrt{1+\lambda}+\sqrt{1-\lambda}\big)$$ entonces $(3)$ puede expresarse en forma radical,

$$\left(\tfrac12\Big(\tfrac{\sqrt{1+\alpha}+\sqrt{1-\alpha}}2\Big)\Big(\tfrac{\sqrt{1+\beta}\,\color{blue}\pm\,\sqrt{1-\beta}}2\Big)\right)^{1/4}+\left(\tfrac12\Big(\tfrac{\sqrt{1+\alpha}-\sqrt{1-\alpha}}2\Big)\Big(\tfrac{\sqrt{1+\beta}\,\color{blue}\mp\,\sqrt{1-\beta}}2\Big)\right)^{1/4}=\gamma^{1/12}$$ donde $\alpha = G_{n/9}^{-12},\;\beta= G_{9n}^{-12},\;\gamma= G_{n}^{-12}$ y el $+,-$ caso de $n\leq9$ y $-,+$ caso de $n\geq9$ .

P.D. La segunda parte de la pregunta sigue siendo un poco difícil de demostrar.

Answer 2

Una elegante solución a la pregunta 359 presentada por Ramanujan al Journal of the Indian Mathematical Society.

Las tres ecuaciones (1)-(3) son tres ecuaciones modulares: las dos primeras son de tercer grado y la última de noveno grado. Estas ecuaciones se encuentran en los cuadernos de Ramanujan: http://www.imsc.res.in/~rao/ramanujan/index.html .

Si $\alpha$ ser del $1^{st}$ , $\beta$ el $3^{rd}$ y $\gamma$ el $9^{th}$ grado entonces.

$\sqrt{\alpha(1-\beta)}$ + $\sqrt{\beta(1-\alpha)}$ = $2(\alpha\beta(1-\alpha)(1-\beta))^\frac {1} {8}$$\tag1$

$\sqrt{\gamma(1-\beta)}$ + $\sqrt{\beta(1-\gamma)}$ = $2(\beta \gamma (1-\beta)(1-\gamma))^\frac{1} {8}$$\tag2$

y

$(\alpha(1-\gamma))^\frac{1}{8}$ + $(\gamma(1-\alpha))^\frac{1}{8}$ = $2^\frac{1}{ 3}$ ( $\beta(1-\beta))^\frac{1}{24}$ $\tag3$

Esta es mi interpretación. La clave de lectura es:

$\sqrt{\alpha}=\sin{x}$ , $\sqrt{\beta}=\sin{y}$ y $\sqrt{\gamma}=\sin{z}$

además

$\sqrt{1-\alpha}=\cos x$ , $\sqrt{1-\beta}=\cos y$ y $\sqrt{1-\gamma}=\cos z$ .

y con invariantes de clase

$4\alpha(1-\alpha)G_{\frac n 9}^{24}=1$ , $4\beta(1-\beta)G_{n}^{24}=1$ y $4\gamma(1-\gamma)G_{9n}^{24}=1$

o

$\sin{2x}.G_{\frac {n} {9}}^{12}=1$ , $\sin{2y}.G_{n}^{12}=1$ y $\sin{2z}.G_{9n}^{12}=1$ .

Para $n=5$ tenemos

$\sin 2x=2\sqrt{\alpha(1-\alpha)} =G_{\frac {5} {9}}^{-12}$ = $((\sqrt 5+2)^{\frac 1 4}(4-\sqrt{15})^{\frac 1 6})^{-12}=(\sqrt 5-2)^3(4+\sqrt 15)^2$

$\sin 2y=2\sqrt{\beta(1-\beta)}=G_{5}^{-12}=\big((\frac {\sqrt 5+1}{2})^{\frac1 4}\big)^{-12}=(\sqrt 5-2)$

$\sin 2z=2\sqrt{\gamma(1-\gamma)}=G_{45}^{-12}=((\sqrt 5+2)^{\frac 1 4}(4+\sqrt{15})^{\frac 1 6})^{-12}=(\sqrt 5-2)^3(4-\sqrt 15)^2$

$(\frac 1 2 \sin x \cos z)^{\frac 1 4}=\frac{ 1} {\sqrt 2}(\sqrt 5-2)^{\frac 3 4}\big(\sqrt \frac {7+3\sqrt 5}{4}+\sqrt \frac {3+3\sqrt 5}{4}\big)$

$(\frac 1 2 \sin z \cos x)^{\frac 1 4}=\frac{ 1} {\sqrt 2}(\sqrt 5-2)^{\frac 3 4}\big(\sqrt \frac {7+3\sqrt 5}{4}-\sqrt \frac {3+3\sqrt 5}{4}\big)$

añadiendo tenemos

$\frac{ 1} {\sqrt 2}(\sqrt 5-2)^{\frac 3 4}\big(2\sqrt \frac {7+3\sqrt 5}{4}\big)=(\sqrt 5-2)^{\frac 1 {12}}=(\frac {\sqrt 5-1}{2})^{\frac1 4}$

Este resultado también es igual a

$(\sin 2y )^{\frac {1} {12}}=\frac {1} {G_{5}}=(\frac {\sqrt 5-1}{2})^{\frac{1} {4}}$

He calculado varias soluciones para $n=1,1/2,2,3,1/3,4,1/4,5,1/5,6,1/6,7,1/7,8,1/8,9,1/9,10,1/10,15,1/15.$

Para $n=12$ tenemos

$\sin x$ = $(\sqrt{2}+1)^2(\sqrt{3}-\sqrt{2})^2$

$\sin y$ = $(\sqrt{2}-1)^2(\sqrt{3}-\sqrt{2})^2$

$\sin z$ = $\frac{2-\sqrt{2+\sqrt{\delta}}} {2+\sqrt{2+\sqrt{\delta}}}$

con

$\delta=3-100.2^{\frac{1} {3}}+80.2^{\frac{2} {3}}$ .