COMPLETE SOLUTION IN WHOLE NUMBERS OF THE EQUATION

SOLUTION COMPLÈTE EN NOMBRES ENTIERS DE L'ÉQUATION
$$m\arctan \frac{1}{x}+n\arctan \frac{1}{y}=k\frac{\pi }{4}$$
M. Carl Stormer

$m,n,x,y$を正の整数とするとき上の等式の完全な解の分析を目指す.
$k$は$0$以上の整数である.
この問題は1894年にSt.PetersbourgのM.D.Graveによって
l'Intermediaire des mathematiciensに取り上げられた.
そのなかでEulerの例とMachinの例を挙げている.
$$\arctan \frac{1}{2}+\arctan \frac{1}{3}=\frac{\pi }{4}$$
$$2\arctan \frac{1}{3}+\arctan \frac{1}{7}=\frac{\pi }{4}$$
$$4\arctan \frac{1}{5}+\arctan \frac{-1}{239}=\frac{\pi }{4}$$

よく知られているように
$$a+bi=r\exp \left[i\phi \right]$$
ここで　$r^2=a^2+b^2,$ $\phi =\arctan \frac{b}{a}$
$a,b$は互いに素とする.
多数の場合には以下のようになる.
$$\prod _j(a_j+i{b}_j)=R\exp [i\sum _j\arctan \frac{b_j}{a_j}]$$
$R^2=\prod _j(a_j^2+b_j^2)$である.
もし表題の等式
$$m\arctan \frac{1}{x}+n\arctan \frac{1}{y}=k\frac{\pi }{4}$$
が成り立つならば,以下の等式
$$(1-i{)}^k(x+i{)}^m(y+i{)}^n=(1+i{)}^k(x-i{)}^m(y-i{)}^n$$
が成立することがわかる.
$\nu ,\mu =0,1$として
$x+i=(1+i{)}^{\nu }(a+ib)$
$y+i=(1+i{)}^{\mu }(c+id)$
と置き換える.
ただし$x\equiv \nu ,y\equiv \mu (\mathrm{mod}2)$とする.
このとき$a,b$は互いに素な整数となることが分かる.
$c,d$も同様である.
これらを代入すると
$$(a+ib{)}^m(c+id{)}^n=i^l(a-ib{)}^m(c-id{)}^n\cdots (1)$$
$l=k-\nu m-\mu n$
となる.

$i^l$は$Z[i]$における単数なので
$$a+ib={ϵ}_1(\alpha +i\beta {)}^n$$
$$c+id={ϵ}_2(\alpha -i\beta {)}^m$$
と表すことができる.${ϵ}_1,{ϵ}_2$は単数である.
ただし,$m,n$は互いに素と仮定している.

$$x+i={ϵ}_1(1+i{)}^{\nu }(\alpha +i\beta {)}^n$$
$$y+i={ϵ}_2(1+i{)}^{\mu }(\alpha -i\beta {)}^m$$
したがって
$$x^2+1=2^{\nu }{A}^n$$
$$y^2+1=2^{\mu }{A}^m$$
$$A={\alpha }^2+{\beta }^2$$
$$x+y\equiv 0(\mathrm{mod}A)$$
を得る.$A$は奇数となる.
最後の合同式は
$$x+i+y-i={ϵ}_1(1+i{)}^{\nu }(\alpha +i\beta {)}^n+{ϵ}_2^{\prime }(1-i{)}^{\mu }(\alpha +i\beta {)}^m$$
$$x-i+y+i={ϵ}_1^{\prime }(1-i{)}^{\nu }(\alpha -i\beta {)}^n+{ϵ}_2(1+i{)}^{\mu }(\alpha -i\beta {)}^m$$
より$x+y$が$(\alpha +i\beta )(\alpha -i\beta )=A$を因数にもつことから従う.