Enteros $n$ tal que $i(i+1)(i+2) \cdots (i+n)$ es real o imaginario puro

Question

Hace un par de días se me ocurrió venir a través de [1], donde el curioso hecho de que $i(i-1)(i-2)(i-3)=-10$ ($i$ es la unidad imaginaria). Esto me llevó a la siguiente pregunta:

Problema 1: Se $3$ el único valor entero positivo de $n$ tal que $i(i-1)(i-2) \cdots (i-n)$ es un número real o un número imaginario puro? Si no, se puede describir todos los valores enteros de a $n$?

Análisis inicial: podemos ver $i(i-1)(i-2) \cdots (i-n)$ como consecuencia de la aplicación de una secuencia finita de operaciones a $i,$ cada uno de los cuales consiste en un estiramiento radial desde el origen y una rotación alrededor del origen. Específicamente, $i$ se mueve radialmente hacia afuera por un factor de $\sqrt{1^2 + 1^2}\sqrt{1^2 + 2^2} \cdots \sqrt{1^2 + n^2}$ y girar hacia la izquierda por el ángulo de $\arctan 1 + \arctan 2 + \cdots + \arctan n.$ Ya que no importa la magnitud del resultado, sólo si la tierra en el eje real o el eje imaginario, el Problema 1 se reduce a preguntar si $3$ es el único valor entero positivo de $n$ tal que $\arctan 1 + \arctan 2 + \cdots \arctan n$ es un múltiplo entero de $\frac{\pi}{4}.$

También se puede comprobar que el $i(i+1)(i+2)(i+3) = -10.$ Esto no es una coincidencia. Desde $\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3$ es un múltiplo entero de $\frac{\pi}{4},$ se sigue que $\arctan (-1) + \arctan (-2) + \arctan (-3) = -\left(\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3 \right)$ también debe ser un múltiplo entero de $\frac{\pi}{4}.$

Otros de los productos $(i-3)(i-2)(i-1)(i)$ $(i)(i+1)(i+2)(i+3)$ (y otras dos productos obtenidos por la omisión de la $i$ factor de estos dos), y los productos de la forma $(i-k)(i-k+1) \cdots (i+k-1)(i+k)$ donde $k$ puede ser cualquier entero positivo, no conozco ningún producto de la forma $(i+m)(i+m+1) \cdots (i+n)$ para los números enteros $m$ $n$ $m < n$ que es igual a un número real o un número imaginario puro.

Problema 2: Se $(i-3)(i-2)(i-1)(i)$ $(i)(i+1)(i+2)(i+3)$ (y otras dos productos obtenidos por la omisión de la $i$ factor de estos dos), y los productos de la forma $(i-k)(i-k+1) \cdots (i+k-1)(i+k)$ donde $k$ puede ser cualquier entero positivo, la única pares de números enteros $(m,n)$ $m < n$ tal que $(i+m)(i+m+1) \cdots (i+n)$ es un número real o un número imaginario puro? Si no, se puede describir todos los pares de enteros $(m,n)$?

Por supuesto, es fácil de conseguir a los problemas de tener un alcance más amplio, tales como la sustitución de "$i+m$" con cualquier número complejo cuya parte real e imaginaria son enteros y/o el uso de factores que incrementan la parte imaginaria por $1$ (o el incremento tanto de las partes real e imaginaria por $1$) y/o el uso de factores que incrementan la parte real (o la parte imaginaria, o ambos a la parte real y la parte imaginaria) por un constante integer cantidad, etc.

Sospecho que las respuestas a estos problemas puede ser obtenido a partir de un análisis cuidadoso de Carl Størmer de la década de 1890, los resultados implican Machin fórmulas como, pero mis conocimientos de francés y de este campo de las matemáticas es bastante pobre. Para aquellos interesados, sugiero mirar Størmer [2]. También sospecho que hay una forma más directa de resolver el Problema 1, y quizás también el Problema 2.

Personalmente, yo soy sólo moderadamente interesado en este tema, pero yo estoy publicando porque pensé otros en este grupo podría encontrar algo interesante a seguir. En particular, si no hay una bastante trivial manera de resolver el Problema 1 y alguien se las arregla para encontrar una solución que no es muy difícil, tengo la sospecha de que tal solución sería hacer una interesante Matemáticas-Mensual tipo de papel.

[1] Charles-Ange Laisant (1841-1920), Remarque sur une équation différentielle linéaire [Comentario de una ecuación diferencial lineal], Bulletin de la Société mathématique de Francia, 23 (1895), 62-63.

[2] Carl Fredrik Mülertz Størmer [Störmer] (1874-1957), Sur l'aplicación de la théorie des nombres entiers complejos a la solución en nombres rationnels $x_{1} \; x_{2} \; \dots \; x_{n} \; c_{1} \; c_{2} \; \dots \; c_{n}, \; k$ de l'équation: $c_{1} \text{arc tg}\, x_{1} + c_{2} \text{arc tg}\, x_{2} + \dots . + c_{n} \text{arc tg}\, x_{n} = k\frac{\pi}{4},$ [En una aplicación de la teoría de los complejos de los números enteros a la solución en los números racionales $x_{1} \; x_{2} \; \dots \; x_{n} \; c_{1} \; c_{2} \; \dots \; c_{n}, \; k$ de la ecuación: $c_{1} \arctan x_{1} + c_{2} \arctan x_{2} + \dots . + c_{n} \arctan x_{n} = k\frac{\pi}{4}$], Archiv para Mathematik og Naturvidenskab 19 #3 (1896), 95 + 1 (fe de erratas) páginas.

ACTUALIZACIÓN (30 de diciembre de 2013): he incorporado el comentario benh hecho y me han hecho ligeras correcciones a mi Størmer documento de citación, pero por lo demás me han dejado mi texto original intacto. Estoy impresionado con la variedad de técnicas matemáticas traído para arriba en los comentarios y soluciones, especialmente de los análisis probabilistas de que Hagen von Eitzen dio.

Estoy eligiendo KenWSmith la respuesta, porque, más que nadie, él es el responsable de traer a la luz una solución (Problema 1): se observa que todos los productos de la forma $i(i+1)(i+2) \cdots (i+n)$ tiene la forma $a+bi$ donde tanto $a$ $b$ son enteros. Por lo tanto, si $a+bi$ es real o imaginario puro, tenemos $a=0$ o $b=0,$ y por lo tanto el módulo de $a+bi$ es igual a $b$ o $a,$ y por lo tanto el módulo de $a+bi$ será un número entero. Por otro lado, el módulo de $a+bi$ también es igual a $\sqrt{1^2 + 1^2}\sqrt{1^2 + 2^2} \cdots \sqrt{1^2 + n^2}.$ por Lo tanto, el Problema 1 es equivalente a encontrar todos los enteros positivos valores de $n$ tal que $\sqrt{1^2 + 1^2}\sqrt{1^2 + 2^2} \cdots \sqrt{1^2 + n^2}$ es un número entero. Equivalentemente, encontrar todos los enteros positivos valores de $n$ tal que $(1^2 + 1^2)(1^2 + 2^2) \cdots (1^2 + n^2)$ es el cuadrado de un entero.

KenWSmith a continuación se publican en esta última versión en mathoverflow: Cuando es el producto (1+1)(1+4)...(1+n^2) un cuadrado perfecto? En el mismo día Lucía suministra una respuesta mediante la vinculación a una versión de pre-impresión de un documento de 2008 por Javier Cilleruelo [Revista de Teoría de los números 128 #8 (agosto de 2008), 2488-2491], la cual fue escrita exclusivamente para responder a la pregunta de si $n=3$ es el único entero positivo tal que $(1^2 + 1^2)(1^2 + 2^2) \cdots (1^2 + n^2)$ es el cuadrado de un entero, que conjeturó y "parcialmente verificada" en los 2 meses anteriores papel por Amdeberhan/Medina/Moll [Revista de Teoría de los números 128 #6 (junio de 2008), 1807-1846].

Answer 1

No una respuesta, sino una equivalencia...

Como se señaló en la pregunta original, $i(i-1)(i-2)…(i-n)$ aterrizaje en el real o imaginario eje implica $\arctan(1)+\arctan(2) + … + \arctan(n)$ es un múltiplo de a $\pi/4$. Desde $i(i-1)(i-2)…(i-n)$ es una Gaussiana entero, esto también implica que su magnitud es un número entero y por lo $(1+1)(1+4) \cdots (1+n^2)$ es un cuadrado perfecto.

Por otro lado, si $\arctan(1)+\arctan(2) + … + \arctan(n)$ es un múltiplo de a $\pi/4$ $i(i-1)(i-2)…(i-n)$ aterriza en el real o imaginario eje y, entonces, esta declaración acerca de la suma de las tangentes es equivalente a la pregunta original.

En forma similar, si $(1+1)(1+4) \cdots (1+n^2)$ es un cuadrado perfecto, a continuación, establezca $k := \sqrt{(1+1)(1+4) \cdots (1+n^2)}$ y nota que el Gaussiano entero $\frac{i(i-1)(i-2)…(i-n)}{k}$ tiene una longitud de 1. Dado que la única Guassian enteros de longitud 1 se $\pm 1, \pm i$ $i(i-1)(i-2)…(i-n)$ se encuentra en la real o imaginario eje.

En otras palabras, los siguientes son equivalentes.

1. $i(i-1)(i-2)…(i-n)$ se encuentra en la real o imaginario eje,
2. $\arctan(1)+\arctan(2) + … + \arctan(n)$ es un múltiplo de a $\pi/4$,
3. $(1+1)(1+4) \cdots (1+n^2)$ es un cuadrado perfecto.

Answer 2

No una respuesta, sino una observación que es demasiado largo para un comentario.

Es un hecho bien conocido que $$z(z+1)\ldots (z+n-1) = \sum_{k=0}^{n}{n \brack k}z^k$$

Donde ${n \brack k}$ denota un unsigned número de Stirling de primera especie. ${n \brack k}$ cuenta el número de permutaciones de $n$ elementos que son el producto de $k$ ciclos disjuntos.

Así $$i(i+1)\ldots(i+n-1) = \sum_{k=0}^{n}{n \brack k}i^k$$

Por lo tanto

$$\operatorname{Re}\left\{i(i+1)\ldots (i+n-1)\right\} = \sum_{k \equiv 0 \operatorname(mod) 4}{n \brack k} - \sum_{k \equiv 2 \operatorname(mod) 4} {n \brack k}$$

y

$$\operatorname{Im}\left\{i(i+1)\ldots (i+n-1)\right\} = \sum_{k \equiv 1 \operatorname(mod) 4}{n \brack k} - \sum_{k \equiv 3 \operatorname(mod) 4} {n \brack k}$$

Donde nuestra notación tiene sentido ya que los ${n \brack k} = 0$ al $k < 0$ o $k > n$.

Entonces tenemos el siguiente combinatoria interpretación de su problema.

$i(i+1)\ldots (i+n-1)$ es puramente real si el número de permutaciones de $n$ elementos con el número de ciclos disjuntos congruente con 1 modulo 4 es igual al número de permutaciones de $n$ elementos con el número de ciclos disjuntos congruentes 3 módulo 4. Una declaración similar puede hacerse para el caso cuando $i(i+1)\ldots (i+n-1)$ es puramente imaginario.

Ahora vamos a $$A_0(n) = \sum_{k \equiv 0 \operatorname(mod) 4}{n \brack k}$$ $$A_1(n) = \sum_{k \equiv 1 \operatorname(mod) 4}{n \brack k}$$ $$A_2(n) = \sum_{k \equiv 2 \operatorname(mod) 4}{n \brack k}$$ $$A_3(n) = \sum_{k \equiv 3 \operatorname(mod) 4}{n \brack k}$$

Sin signo de los números de Stirling de primera especie satisfacer la recurrencia $${n \brack k} = (n-1){n-1 \brack k} +n{n-1 \brack k-1}$$

Conectando en la ecuación de $A_0(n)$ nos da la recurrencia $$A_0(n) = (n-1)\sum_{k \equiv 0 \operatorname(mod) 4}{n-1\brack k} + \sum_{k \equiv 0 \operatorname(mod) 4}{n-1 \brack k-1} =$$ $$(n-1)\sum_{k \equiv 0 \operatorname(mod) 4}{n-1 \brack k} + \sum_{k \equiv 3 \operatorname(mod) 4}{n-1 \brack k} =$$ $$(n-1)A_0(n-1) - A_3(n-1)$$

Conectar la recurrencia en cada ecuación nos da el sistema de recurrencias $$A_0(n) = (n-1)A_0(n-1) - A_3(n-1)$$ $$A_1(n) = (n-1)A_1(n-1) - A_0(n-1)$$ $$A_2(n) = (n-1)A_2(n-1) - A_1(n-1)$$ $$A_3(n) = (n-1)A_3(n-1) - A_2(n-1)$$

con condición inicial $$A_0(0) = 1\mbox{, } A_1(0) = A_2(0) = A_3(0) = 0$$

Dejando $X(n) = A_{2}(n) - A_{0}(n)$$Y(n) = A_3(n) - A_1(n)$, podemos obtener el siguiente sistema de recurrencia para ellos restando las recurrencias de la $A_{i}$'s.

$$X(n) = (n-1)X(n-1) - Y(n-1)$$ $$Y(n) = (n-1)Y(n-1) + X(n-1)$$

con condición inicial $X(0) = -1$, $Y(0) = 0$.

Si podemos demostrar que para $n \geq 5$, $X(n) \neq 0$ y $Y(n) \neq 0$ entonces habremos demostrado que $i(i+1)\ldots (i+n-1)$ no puede ser puramente real o puramente imaginario para $n \geq 5$. Esto es donde estoy atascado. Espero que alguien encuentre este sentido útil en la solución de este problema.

Answer 3

Un elemento de $\Bbb Q[i]^\times$ es real o imaginario, si y sólo si su imagen en el cociente $G = \Bbb Q[i]^\times / \langle i, \Bbb Q^\times \rangle$ es trivial.

Desde $\Bbb Z[i]$ tiene la única factorización, $(\Bbb Q[i]^\times,\times)$ es el producto directo de :

• el grupo de la unidad de $\{1,i,-1,-i\}$, que es aniquilado en el cociente
• $p^\Bbb Z$ $p \equiv 3 \pmod 4$ , de nuevo aniquilado
• $\mathfrak p^\Bbb Z \overline{\mathfrak p}^\Bbb Z$ $p \equiv 1 \pmod 4$ donde $\mathfrak p \overline{\mathfrak p} = p$ es aniquilado
• $(1+i)^\Bbb Z$ donde $(1+i)^2 = 2i$ es aniquilado

Por lo tanto el cociente $G$ es isomorfo a $(\bigoplus_{p \equiv 1 \pmod 4} \Bbb Z) \oplus \Bbb Z/2\Bbb Z$, y podemos mirar componente por componente en lo $i(i+1)(i+2)\ldots(i+n)$ es.

Lo hacemos así por mirar el primer descomposición de su norma. Una norma divisible por $2$ significa que tenemos un factor de $(1+i)$, y dos de ellos se cancelan uno al otro. De lo contrario, una norma divisible por $p$ significa que tenemos uno de los dos factores de $\mathfrak p$ o $\overline{\mathfrak p}$. Por lo $p$ viene en dos "colores" que se cancelan el uno al otro. Tanto los "colores" aparecen de forma periódica con período de $p$, y si vemos por primera vez el primer $p$$i+k$, luego el color opuesto siempre aparece en $i+(p-k)$.

Buscando en las primeras primer factorisations de $(1+k^2)$, y el colorido de la primera ocurrencia de una cadena de primer blue, tenemos :

$2,\quad \color{blue}{5},\quad 2.\color{red}{5},\quad \color{blue}{17}, \quad 2.\color{blue}{13}, \quad \color{blue}{37},\quad 2.\color{blue}{5^2}, \quad \color{red}{5.13},\quad 2.\color{blue}{41},\quad \color{blue}{101}, \quad 2.\color{blue}{61}, \quad \color{blue}{5.29},\quad 2.\color{red}{5.17},\quad \ldots$.

El producto de los tres primeros términos cancelar por completo, y de ello se sigue que $(i+1)(i+2)(i+3)$ es real o imaginario puro. Entonces, por $k=10$ lo que no puede deshacerse de la $\color{blue}{101}$ antes de llegar a $k=91$. Por entonces, le han introducido algunas $\color{blue}{8101}$, lo que nos puede quitar sólo en $k=8011$, y así sucesivamente. Así las cosas se ven sombrías !

Esto sugiere que nunca estamos ni cerca de tener una cancelación completa de nuevo, pero no veo ninguna simple argumento de probarlo.

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Si nos fijamos en el producto de la primera $n$ términos y nos encontramos con un primer $p>2n$, entonces si ocurrió en $k \le n$, sólo se produce más tarde en $p-k > 2n-k \ge n$, por lo que no se cancela. Supongamos que tenemos una cancelación, y nos permite estimar el número de veces que un prime aparece en la factorización de $\prod(1+k^2)$.

Desde alrededor de $2/p^d$ valores de $k$ dar $1+k^2$ divisible por $p^d$, obtenemos algo como $\sum_{d \ge 1} (2np^{-d} + O(1))$. Si queremos tener una cancelación total, hay un valor máximo de $d$ : en cada nivel, un color puede tener en la mayoría de $1$ plazo más que el otro. Si un nivel se produce en ambos colores, a continuación,$2n \ge p^d$, por lo que el $d \le \log{2n}/\log p$. Esto nos da un límite superior en $d$$2\log{2n}/\log p$, y por lo que el número total de veces que $p$ aparece es $N(n,p) = \sum_{d=1}^{2\log{2n}/\log p} (2np^{-d} + O(1)) = 2n/(p-1) + O(\log n / \log p)$.

Ahora, nos fijamos en la contribución de todos los números primos menos de $2n$ : $L = \log (\prod_{p=2}^{2n-1}) p^{N(n,p)} 1_{prime}(p)) = \sum_{p=2}^{2n-1} N(n,p) \log p 1_{prime}(p)$.

Dado que el número $p$ es primo con una raíz cuadrada de $-1$ $1/{2\log p}$ del tiempo, obtenemos $L \approx \int_2^{2n} N(n,p)\log p / (2 \log p) dp = \int_2^{2n} N(n,p)/2 = n \log(2n-1) + O(\log n Li(2n)) = n \log n + O(n)$

Mientras tanto, debemos tener $L = \log \prod_{k=1}^n (1+k^2) = \sum_{k=1}^n \log(k^2+1) = 2\sum_{k=1}^n \log k + O(1) = 2n\log n + O(n)$

Esto muestra que la contribución de los números primos $p \ge 2n$ es asintóticamente a la mitad de la totalidad de la cosa. Por lo que muchos de ellos tienen que aparecer.

Answer 4

Este es un detalle para @AlbertSteppi 's respuesta, y también sugiere, que la conclusión de que el aumento real&imaginario de los componentes es un concepto erróneo. Aquí está una trama del argumento (el ángulo alrededor del origen en el plano complejo) del número complejo resultante, donde $f(n)=i(i+1)(i+2)...(i+n)$ muestra para $n=1 \ldots 128$

Esto no quiere decir que realmente me espera es un entero $n$ a $0$ o $\pm 1 \pi$ argumentos de la función de los valores, pero la imagen sugiere, que podemos tener infinidad de revoluciones alrededor del origen que hace que el crecimiento de los valores absolutos de los componentes de $f(n)$ una irrelevante efecto.