当n取何值时，$\frac{1}{\pi}\arcsin\sqrt{\frac{(n+1)^{n-1}}{n^{n}}}$为有理数

lihpb

n为正整数且≥2，问当n满足什么条件时，
$\frac{1}{\pi}\arcsin\sqrt{\frac{(n+1)^{n-1}}{n^{n}}}$为有理数

Czhang271828

Niven 定理, $\sin r$ 和锐角 $r$ 均是有理数(角度制), 当且仅当 $r=30^\circ$. 按照题目描述, 需要找有理角度 $\theta$ 使得 $\sin^2\theta$ 都是有理数, 考虑倍角公式, 只有 $n=2$ 符合.
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Niven 证明不难. 对给定的 $N\in \mathbb N_+$, 考虑使得
$$
\tan^2\frac{90^\circ\cdot k}{N}=\frac{p_k}{q_k}\in\mathbb Q
$$
的所有锐角 $\{\frac{k}{N}\cdot 90^\circ\}_{k=1}^{N-1}$. 记 $\theta$ 是使得既约分数 $p_k+q_k$ 最大的角度.

显然 $\theta$ 不是 $45^\circ$. 此时记既约分数
$$
\frac{\sin^2\theta}{1-\sin^2\theta}=\tan^2\theta=\frac{p}{q}.
$$
注意到 $\gcd(p,p-q)=\gcd(q,p-q)=1$, 故
$$
\tan^2(2\theta)=\frac{4pq}{(p-q)^2}
$$
的既约形式是 $\frac{4pq}{(p-q)^2}$ 或 $\frac{pq}{(\frac{p-q}{2})^2}$. 前者表明
$$
4pq+(p-q)^2\leq p+q,
$$
显然讨论知 $pq=0$, 矛盾. 后者表明
$$
(\frac{p-q}{2})^2+pq\leq 4pq,
$$
也就是 $(p+q)\leq 4$. 之后略.
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原先的回答

没来得及细想, 先抛砖引玉. 必要条件: $n$ 是 $2$ 的幂次.
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若 $\frac{1}{\pi}\arcsin\sqrt{\frac{(n+1)^{n-1}}{n^{n}}}$ 是有理数, 则 $\theta =\arcsin\sqrt{\frac{(n+1)^{n-1}}{n^2}}$ 是某个单位根的辐角. 从而存在 $d\in \mathbb N_+$ 使得
$$
\left(\sqrt{n^n-(n+1)^{n-1}}+i\sqrt{(n+1)^{n-1}}\right)^d\in \mathbb R.
$$
令 $\sqrt a:=\sqrt{\frac{(n+1)^{n-1}}{n^n-(n+1)^{n-1}}}$, 记 $\binom xy:=x+i\sqrt ay$, 则
$$
(1+i\sqrt a)\cdot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-a\\1&1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}.
$$
若 $d$ 存在, 则
$$
\begin{pmatrix}1&-a\\1&1\end{pmatrix}^{d+1}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}r\\0\end{pmatrix}.
$$
换言之,
$$
\begin{pmatrix}n^n-(n+1)^{n-1}&-(n+1)^{n-1}\\n^n-(n+1)^{n-1}&n^n-(n+1)^{n-1}\end{pmatrix}^{d+1}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}m\\0\end{pmatrix}.
$$
两侧 $\bmod n^n$, 则
$$
(-(n+1)^{n-1})^{d+1}\cdot \begin{pmatrix}2^d\\2^d\end{pmatrix}\equiv\begin{pmatrix}m\\0\end{pmatrix}\mod n^n.
$$
由于 $n+1$ 和 $n$ 互质, 故 $n$ 是 $2$ 的幂次.