Infinitamente muchos números enteros positivos $n$ tal que $n^2+1 \mid 1 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 10 \cdots ((n-1)^2+1)$

Question

Demostrar que existen infinitamente muchos números enteros positivos $n$ tal que % $ $$n^2+1 \mid 1 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 10 \cdots ((n-1)^2+1).$

Tenemos que demostrar que hay infinitamente muchos $n$, que $\prod_{m=0}^{n-1}(m^2+1)$ es divisible por $n^2+1$. Algunos ejemplos que encontré para cuando es divisible son $n = 3,7,8,13,17,18,21$, pero no veo cómo encontrar infinitamente muchos.

Answer 1

Hay infinitamente muchos entero de soluciones a $$ (1+u^2)(1+v^2) = (1+w^2) $$ con $u,v,w>0.$ Cualquier $w$ sirve como un $n$ en la pregunta, ya que tanto $u,v<w.$

El té está listo.

Por ejemplo, fix $u=1,$ obtenemos $2 + 2 v^2 = 1 + w^2,$ $$ w^2 - 2 v^2 = 1. $$

Fix $u=2,$ we get $5 + 5 v^2 = 1 + w^2,$ $$ w^2 - 5 v^2 = 4. $$ The $w$ are every other Lucas number, $3,7,18,47, 123,$ and $w_{n+2} = 3 w_{n+1} - w_n.$

If we fix $u=3,$ obtenemos $$ w^2 - 10 v^2 = 9; $$ there are three families of $w,$ one begins $7, 253, 9607, 364813$ and $w_{n+2} = 38 w_{n+1} - w_n.$

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jagy@phobeusjunior:~$ 
jagy@phobeusjunior:~$ ./Pell_Target_Fundamental
  Automorphism matrix:  
    19   60
    6   19
  Automorphism backwards:  
    19   -60
    -6   19

  19^2 - 10 6^2 = 1

 w^2 - 10 v^2 = 9

Wed Jun 21 18:07:53 PDT 2017

w:  7  v:  2 ratio: 3.5  SEED   KEEP +- 
w:  13  v:  4 ratio: 3.25  SEED   BACK ONE STEP  7 ,  -2
w:  57  v:  18 ratio: 3.16667  SEED   BACK ONE STEP  3 ,  0
w:  253  v:  80 ratio: 3.1625
w:  487  v:  154 ratio: 3.16234
w:  2163  v:  684 ratio: 3.16228
w:  9607  v:  3038 ratio: 3.16228
w:  18493  v:  5848 ratio: 3.16228
w:  82137  v:  25974 ratio: 3.16228
w:  364813  v:  115364 ratio: 3.16228
w:  702247  v:  222070 ratio: 3.16228
w:  3119043  v:  986328 ratio: 3.16228
w:  13853287  v:  4380794 ratio: 3.16228
w:  26666893  v:  8432812 ratio: 3.16228
w:  118441497  v:  37454490 ratio: 3.16228

Wed Jun 21 18:09:53 PDT 2017

 w^2 - 10 v^2 = 9

jagy@phobeusjunior:~$ 
jagy@phobeusjunior:~$ 
jagy@phobeusjunior:~$

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If we fix $u=4,$ obtenemos $$ w^2 - 17 v^2 = 16; $$ there are three families of $w,$ one begins $13, 837, 55229, 3644277$ and $w_{n+2} = 66 w_{n+1} - w_n.$

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jagy@phobeusjunior:~$ 
jagy@phobeusjunior:~$  ./Pell_Target_Fundamental
  Automorphism matrix:  
    33   136
    8   33
  Automorphism backwards:  
    33   -136
    -8   33

  33^2 - 17 8^2 = 1

 w^2 - 17 v^2 = 16

Thu Jun 22 11:41:39 PDT 2017

w:  13  v:  3 ratio: 4.33333  SEED   KEEP +- 
w:  21  v:  5 ratio: 4.2  SEED   BACK ONE STEP  13 ,  -3
w:  132  v:  32 ratio: 4.125  SEED   BACK ONE STEP  4 ,  0
w:  837  v:  203 ratio: 4.12315
w:  1373  v:  333 ratio: 4.12312
w:  8708  v:  2112 ratio: 4.12311
w:  55229  v:  13395 ratio: 4.12311
w:  90597  v:  21973 ratio: 4.12311
w:  574596  v:  139360 ratio: 4.12311
w:  3644277  v:  883867 ratio: 4.12311
w:  5978029  v:  1449885 ratio: 4.12311
w:  37914628  v:  9195648 ratio: 4.12311

Thu Jun 22 11:43:39 PDT 2017

 w^2 - 17 v^2 = 16

jagy@phobeusjunior:~$ 

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The way i currently have the program, a solution with $v=0$ is not listed. For this problem, we are looking at $w^2 - (1+u^2) v^2 = u^2,$ so $(u,0)$ is one of the solutions. Indeed, we can take all solutions to $w^2 - (1+u^2) v^2 = 1,$ and just multiply both $w,v$ by $u.$ But there are also families of solutions that are not divisible by $u.$ There are two such families guaranteed, containing ( for $u > 1$) $$ \left( u^2 - u + 1 \right)^2 - \left( 1 + u^2 \right) (u-1)^2 = u^2, $$ $$ \left( u^2 + u + 1 \right)^2 - \left( 1 + u^2 \right) (u+1)^2 = u^2. $$ Oh, el "automorphism matriz" de la forma $x^2 - (1+u^2)y^2$ es $$ \left( \begin{array}{rr} 2 u^2 + 1 & 2 u^3 + 2 u \\ 2 u & 2 u^2 + 1 \end{array} \right) $$ El factor determinante es $1$ y la huella $4 u^2 + 2,$, lo que, por Cayley-Hamilton, es donde se obtienen los coeficientes de $6, 18, 38, 66$ arriba, donde yo probablemente no escribir explícitamente la $6$ o de la $18.$ I ver lo que sucedió: para $u=2,$ tenemos un golpe de suerte y los números se combinan como Lucas números, de modo que podemos hablar de una sola órbita en lugar de tres o más.

Answer 2

Desde $(m-i)(m-1+i)=\left(m^2-m+1\right)+i$, multiplicando ambos lados por sus conjugados da $$ (m ^ 2 m + 1) ^ 2 + 1 = \left(m^2+1\right)\left ((m-1) ^ 2 + 1\right) \tag {1} $$ $m\ge2$, tenemos que $n=m^2-m+1\gt m$. Por lo tanto, $(1)$ demuestra que $$ \left.n^2+1\,\,\middle|\,\,\prod_{k=0}^{n-1}\left(k^2+1\right)\right.\tag {2} $

Answer 3

Suponemos que $n=2^{2k+1}$ es siempre una solución. Tenemos que $$2^{4k+2}+1=(2^{2k+1}+1)^2-2^{2k+2}=(2^{2k+1}-2^{k+1}+1)(2^{2k+1}+2^{k+1}+1)$$ Ahora podemos elegir el $m=2^{k+1}+1$ $$m^2+1=2^{2k+2}+2^{k+2}+2=2(2^{2k+1}+2^{k+1}+1)$$ and $m=2^{k+1}-1$ then $$m^2+1=2^{2k+2}-2^{k+2}+2=2(2^{2k+1}-2^{k+1}+1)$$ Y tanto $m$'s son, obviamente, parte de la RHS producto (si $k>1$) la conjetura es verdadera por lo tanto infinitamente muchas soluciones.

Answer 4

No se trata de una prueba, sino una bastante detallado bosquejo de un posible acercamiento.

El mejor marco para hacer frente a este problema es, probablemente, el anillo de los enteros de gauss $\mathbb{Z}[i]$. Ya que es un dominio euclídeo, también es un UFD de dominio. El conjunto de los números primos en $\mathbb{Z}[i]$ tiene una buena estructura: $a+bi\in\mathbb{Z}[i]$ es un primer si $b=0$ $a$ es un número entero primos de la forma $4k+3$ o si $a^2+b^2=(a+bi)(a-bi)=N(a+bi)$ es igual a $2$ o un entero, el primer de la forma $4k+1$.
Esto tiene muchas consecuencias interesantes:

• todos los enteros primos de la forma $4k+1$ puede ser escrito en un esencial de la única manera como $c^2+d^2$
• cada divisor primo de $n^2+1$ es $2$ o un entero, el primer de la forma $4k+1$.

Suponga que $(2n)^2+1$ puede ser escrito como el producto de $\geq 3$ distintos entero de los números primos, con todos los primos $p$$< 2n$. Nos gustaría mostrar que hay algo de $m\in\mathbb{N}$ tal que $p\mid(m^2+1)$ $m$ es bastante pequeña en comparación con $n$. Desde $p\equiv 1\pmod{4}$, $-1$ es un residuo cuadrático $\!\!\pmod{p}$ $p\mid(m^2+1)$ tiene seguro para algunos $m=m_p\leq\frac{p}{2}<n$.

$\color{red}{\large\odot}$ Una vez que resolver algún problema menor (que te gustaría tener distintos $m_p$s para distintos $p$s), el problema se reduce a mostrar que para infinitos valores de $n$ el número de $(2n)^2+1$ es lo suficientemente suave, es decir, puede ser factorizado como el producto de $\geq 3$ distintos de enteros primos menos de $2n$.

Que puede ser demostrado a través del tamiz de argumentos y la densidad de los argumentos: no puede haber demasiados números primos o semi-primos en $\mathbb{Z}[i]$, a lo largo de la línea de $\text{Im}(z)=1$.

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En la dirección opuesta, podemos recordar que la existencia de infinitos números primos de la forma $n^2+1$ es una larga problema abierto. La mejor que sabemos en este momento (gracias a Friedlander y Iwaniec y sus bilineal tamiz) es que hay infinitos primos de la forma $n^2+m^4$ e infinito semiprimes de la forma $n^2+1$.

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Teniendo en cuenta la siguiente identidad para los números de Fibonacci $$ F_{2n}^2+1 = F_{2n-1}\cdot F_{2n+1} $$ no debería ser difícil demostrar la existencia de infinitos $n$s lo suficientemente suave como en $\color{red}{\large\odot}$.
Tenemos $\gcd(F_{2n-1},F_{2n+1})=1$ $F_d\mid F_m$ cada vez que $d\mid m$ mantiene.