（コメント） いくつか実験してみた。
(１＋i)(２＋i)＝１＋３ｉ
(１＋i)(２＋i)(３＋i)＝（１＋３ｉ）(３＋i)＝１０ｉ ・・・ 純虚数なので、ｎ＝３ は解の一つ。
(１＋i)(２＋i)(３＋i)(４＋i)＝１０ｉ（４＋i)＝−１０＋４０ｉ
(１＋i)(２＋i)(３＋i)(４＋i)(５＋i)＝（−１０＋４０ｉ）(５＋i)＝−９０＋１９０ｉ
(１＋i)(２＋i)(３＋i)(４＋i)(５＋i)(６＋i)＝（−９０＋１９０ｉ）(６＋i)＝−７３０＋１０５０ｉ
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ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年３月２６日付け）
ｎ＝３ だけ？
一般に、arctan(1/n) についての性質を調べていたら、次のような関係式が成立していくこ
とに気付きました。
arctan(1)-arctan(1/2)=artan(1/3)
arctan(1)-arctan(1/3)=artan(1/3)+arctan(1/7)
arctan(1)-arctan(1/4)=artan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)
arctan(1)-arctan(1/5)=artan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)
arctan(1)-arctan(1/6)=artan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)+arctan(1/31)
arctan(1)-arctan(1/7)=artan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)
+arctan(1/31)+arctan(1/43)
arctan(1)-arctan(1/8)=artan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)
+arctan(1/31)+arctan(1/43)+arctan(1/57)
arctan(1)-arctan(1/9)=artan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)
+arctan(1/31)+arctan(1/43)+arctan(1/57)+arctan(1/73)
arctan(1)-arctan(1/10)=artan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)
+arctan(1/31)+arctan(1/43)+arctan(1/57)+arctan(1/73)+arctan(1/91)
さきこさんからのコメントです。（令和６年３月２６日付け）
解答ありがとうございます。ｎ＝３だけな気がしますよね。しかし証明が難しいです．．．。
Σarctan(1/(k^2+k+1)) =Σarctan(1/k)-arctan(1/(k+1)) =arctan(1/1)-arctan(1/(n+1))
ですね！
DD++ さんからのコメントです。（令和６年３月２６日付け）
あと一歩まで迫っている感じですが、直感的には自明な最後の部分をどう証明したものか……。
この複素数は、実部虚部とも整数です。よって、準虚数であるならば、この複素数の絶対
値は自然数です。
したがって、
√2 * √5 * √10 * …… * √(n^2+1)
が自然数になること、すなわち
2 * 5 * 10 * …… * (n^2+1)
が平方数になることが、必要条件となります。
ところで、k^2+1 がある素数 p の倍数になるような自然数 k は、1≦k≦p-1 の範囲に高々
２つしかなく、２つある場合はその和が p になります。
すなわち、積 2 * 5 * 10 * …… * (n^2+1) の中で k^2+1 が素数である場合、これが平方
数になるには少なくとも (k^2-k+1)^2+1 まで積が続いている必要があります。
さて、n≧4 の解があるかどうかを考えます。
4^2+1 = 17 は素数です。よって、n ≧ 17-4 = 13 である必要があります。
10^2+1 = 101 は素数です。よって、n ≧ 101-10 = 91 である必要があります。
90^2+1 = 8101 は素数です。よって、n ≧ 8101-90 = 8011 である必要があります。
これが有限の連鎖で止まることが n≧4 である解が存在する必要条件（十分条件ではない）
です。
つまり、対偶を取れば、この連鎖が無限に続くことが示されれば n≧4 に解が存在しない
証明となります。
直感的には自明な感じがしますが、いざ証明しろといわれると、さてどうしたものか。
さきこさんからのコメントです。（令和６年３月２７日付け）
解答ありがとうございます。
なるほど！つまり、n^2+1型素数が無限に存在すれば良いということになりますね。しかし、
これは、ブニャコフスキー予想として未解決問題になっているようです．．．難しい。
DD++ さんからのコメントです。（令和６年３月２８日付け）
少し違いますね。
n^2+1 型素数が無限にあっても、この連鎖が無限に続くとは限りません。
例えば（実際にそんなことはないと思いますが）、
もし、90^2+1 の次に素数になるのが (10000を超える数)^2+1 だった場合、連鎖が途切れ
ている9000前後のところに解がある可能性は残ります。
また、ブニャコフスキーは一般的な多項式についての話ですが、n^2+1に限った話であれ
ばもっと単純に解決する可能性は十分にあるでしょう。
らすかるさんからのコメントです。（令和６年３月２９日付け）
「A101686」によると、この数列で平方数は1と100だけと証明されているそうです。
よって、解は、n=3 のみですね。
さきこさんからのコメントです。（令和６年３月２９日付け）
ありがとうございます！また、じっくり読んでみます！
それでは、こういう問題でも面白いかもしれないです。
複素数 z = (1^n + i)(2^n + i)(3^n + i)・ ・ ・(k^n + i) が純虚数となる正の整数の組 (k, n) を
求めてください。
ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年３月３０日付け）
(1^2+1)*(2^2+1)*(3^2+1)*･････*(n^2+1) が平方数となるのは、n=3 のみに対し、
(2^2-1)*(3^2-1)*(4^2-1)*･････*(n^2-1) が平方数となるｎは？が面白かったです。
らすかるさんからのコメントです。（令和６年３月３０日付け）
(2^2-1)*(3^2-1)*(4^2-1)*･････*(n^2-1) が平方数となるｎは？
n=((3+2√2)^(k+1)+(3-2√2)^(k+1)-2)/4 （kは正整数）
でしょうか。
ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年３月３０日付け）
一般式で作れるんだ！ピタリ一致しています。
DD++ さんからのコメントです。（令和６年３月２８日付け）
複素数 z = (1^n + i)(2^n + i)(3^n + i)・ ・ ・(k^n + i) が純虚数となる正の整数の組 (k, n) を
求めてください。
n≧2 の場合、(2^n+i) 以降の偏角の合計が π/4 に届きません。したがって、積の実部は
常に正であり、純虚数にはなりません。
よって、n=1 の場合のみ考えればよく、元の問題に帰着します。
以下、工事中！
