Sobre la curiosa igualdad de Ramanujan para $\sqrt{2\,(1-3^{-2})(1-7^{-2})(1-11^{-2})\cdots} $

Question

En Cuadernos de Ramanujan Vol IV, p.20, existe una relación bastante curiosa para los primos de la forma $4n-1$ ,

$$\sqrt{2\,\Big(1-\frac{1}{3^2}\Big) \Big(1-\frac{1}{7^2}\Big)\Big(1-\frac{1}{11^2}\Big)\Big(1-\frac{1}{19^2}\Big)} = \Big(1+\frac{1}{7}\Big)\Big(1+\frac{1}{11}\Big)\Big(1+\frac{1}{19}\Big)$$

pregunta Berndt: si se trata de un resultado aislado, ¿o hay otros? Después de pinchar un poco con Mathematica resulta que, junto con $p= 2$ podemos utilizar los primos de la forma $4n+1$ ,

$$\sqrt{2\,\Big(1-\frac{1}{2^6}\Big) \Big(1-\frac{1}{5^2}\Big)\Big(1-\frac{1}{13^2}\Big)\Big(1-\frac{1}{17^2}\Big)} = \Big(1+\frac{1}{5}\Big)\Big(1+\frac{1}{13}\Big)\Big(1+\frac{1}{17}\Big)$$

( Ahora, ¿por qué Ramanujan se perdió esto $4n+1$ contraparte ?) En términos más generales, dado,

$$\sqrt{m\,\Big(1-\frac{1}{n^2}\Big) \Big(1-\frac{1}{a^2}\Big)\Big(1-\frac{1}{b^2}\Big)\Big(1-\frac{1}{c^2}\Big)} = \Big(1+\frac{1}{a}\Big)\Big(1+\frac{1}{b}\Big)\Big(1+\frac{1}{c}\Big)$$

Q: Sea $p =a+b+c,\;q = a b + a c + b c,\;r =abc$ . Para el caso especial $m = 2$ ¿existen infinitamente muchos números enteros $1<a<b<c$ s $$n =\sqrt{\frac{2(p-q+r-1)}{p-3q+r-3}}$$ y $n$ es un número entero? (En general $m$ (véase el comentario de T. Andrew más abajo).

Nota: Una búsqueda con Mathematica revela numerosas soluciones, incluso para prime $a,b,c$ . Es muy sugerente que pueda haber, de hecho, soluciones paramétricas.

Answer 1

Se puede transformar en la siguiente ecuación.

$$\displaystyle m=\frac{n^2}{n^2-1}\frac{a+1}{a-1}\frac{b+1}{b-1}\frac{c+1}{c-1}$$

Por lo tanto, la función m disminuye monótonamente, cuando todos los valores son mayores que 2. Si cualquiera que sea m, esta ecuación sólo tiene soluciones finitas (cuando todos son enteros), $2\leq m\leq12(n=2,a=2,b=3,c=5)$ .

Answer 2

Pude encontrar una ecuación general para su segunda relación con el $4n+1$ primos. Para la primera relación, descubierta por Ramanujan, se puede encontrar una fórmula general aquí donde la variable es $a=3$ .

Esta es mi solución general:

$$\sqrt{\cfrac{n}{n-4}\bigg(1-\cfrac{1}{n^2}\bigg)\bigg\{1-\cfrac{1}{(n-3)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(2n-3)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(2n+1)^2}\bigg\}}=\bigg(1+\cfrac{1}{n-3}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{2n-3}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{2n+1}\bigg)$$ en la que la relación que ha presentado se obtiene a partir de $n=8$ .

A menudo, las fórmulas de Ramanujan se derivan de su increíble intuición. Del mismo modo, utilicé mi intuición y dejé que $a=a_0n+a_1$ , $b=b_0n+b_1$ y $c=c_0n+c_1$ . A continuación, emparejé estos valores con su relación para evaluar cada variable en torno a $n$ y resolviendo para $m$ a través de algo de álgebra pesada, muchas cosas canceladas y salidas $m=n/(n-4)$ .

Si quieres un resultado más bonito, sustitúyelo por $n\mapsto n+2$ así que $m=(n+2)/(n-2)$ pero entonces su relación se obtendría dejando que $n+2=8\Rightarrow n=6$ en su lugar. Además, en esta generalización, $n=3$ daría denominadores primos.

)

---

Encontré algunas soluciones más generales mediante ensayo y error:

$$\sqrt{\cfrac{3n+2}{3n-4}\bigg(1-\cfrac{1}{n^2}\bigg)\bigg\{1-\cfrac{1}{(2n+1)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(3n+1)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(6n-7)^2}\bigg\}}$$ $$=\bigg(1+\cfrac{1}{2n+1}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{3n+1}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{6n-7}\bigg)$$

Incluso cuando $m$ ¡es un número cuadrado! $\;\style{display: inline-block; transform: rotate(90deg)}{\Rsh}$

$$\bigg(1+\cfrac 1{n-1}\bigg)\sqrt{\bigg(1-\cfrac{1}{n^2}\bigg)\bigg\{1-\cfrac{1}{(2n+1)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(3n-1)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(6n-5)^2}\bigg\}}$$ $$=\bigg(1+\cfrac{1}{2n+1}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{3n-1}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{6n-5}\bigg)$$ y $$\bigg(1+\cfrac 1{n-1}\bigg)\sqrt{\bigg(1-\cfrac{1}{n^2}\bigg)\bigg\{1-\cfrac{1}{(2n+1)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(3n-2)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(6n-1)^2}\bigg\}}$$ $$=\bigg(1+\cfrac{1}{2n+1}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{3n-2}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{6n-1}\bigg)$$

así como un valor atípico.

$$\sqrt{3\bigg(3+\frac{4}{n-1}\bigg)\bigg(1-\cfrac{1}{n^2}\bigg)\bigg\{1-\cfrac{1}{(2n+1)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(3n)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(6n-1)^2}\bigg\}}$$ $$=\bigg(3-\frac 1n\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{2n+1}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{3n}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{6n-1}\bigg)$$

Y la última, la más parecida a la principal del enlace:

$$\sqrt{\cfrac{n+1}{n-1}\bigg(1-\cfrac{1}{n^2}\bigg)\bigg\{1-\cfrac{1}{(2n+1)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(3n+1)^2}\bigg\}\bigg\{1-\cfrac{1}{(6n+5)^2}\bigg\}}$$ $$=\bigg(1+\cfrac{1}{2n+1}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{3n+1}\bigg)\bigg(1+\cfrac{1}{6n+5}\bigg)$$

El factor mágico común a todas estas soluciones: $1+\frac 1{2n+1}$