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2 項の arctan 公式が 4 種しかない証明

arctan系公式 のうち,2 項しかないもの,つまり

\frac{\pi}{4}k arctan\frac{1}{m}l arctan\frac{1}{n}      ……(1)

が 4 種類しか無いことを示す. ただし kl は自然数, mn は 0 でない整数とする.

なお,ここでは [JM02] で出題された 『エレガントな解法を求む』 に対する解答として示された証明[JM03] を元に,単発の証明として再構成する. 引用元の証明もまた 19 世紀に Störmer が示したものに従っての証明である.

証明 に先立っていくつかの用語,補題,定理の紹介を行う.

補助知識

ガウス整数環

ガウス整数 は,端的に言えば 2 整数 ab を用いて abi と表される複素数のことであり, その集合体 Z[i] を ガウス整数環 という. この環の中では一般的な素数が 2 値の積として表される場合もある.

5 = (1+2i)(1−2i) = (2+i)(2−i)

また,±1,±i のように ノルム (Norm(abi) = a2b2) が 1 である数を 単数 といい, 単数と,単数でない 1 つの値との積にしか因数分解できない値を ガウス素数 という. 単数が 4 つあることから,ガウス素数は 4 種類の因数分解ができる. そのため,適当な単数をかけると同じ値になるものは全て 同伴 という. 例えば 1+2ii (2−i) なので 1+2i と 2−i は同伴である. ガウス整数環の数値は同伴の値を 1 つと見れば一意に素因数分解できる.

定理 1. ガウス素数

ガウス素数は,次の 3 種類しか存在しない.

  1. 1+i
  2. 4n+3 の素数とその同伴
  3. ノルムが 4n+1 の素数となる数

定理 2. x2+1=yp または x2+1=2yp の整数解について

整数 xypx>0,y>1) と x2+1 = 2kyp (k=0,1) について,以下が成り立つ.

  1. x2+1 = ypp > 1 で解が無い.[FT11]
  2. x2+1 = 2ypp が奇数の素因数を含むと解が無い.
  3. x2+1 = 2y4 の解は (xy)=(239,13) のみ.[FT12]

以上から,この方程式に解が存在する必要条件は p = 1,2,4.

証明

kl の最大公約数を d とすると,(1) は

\frac{\pi}{4d}\frac{k}{d} arctan\frac{1}{m}\frac{l}{d} arctan\frac{1}{n}

と変形できる. ここで d > 1 を仮定すると, 両辺の tan をとると

ため矛盾する. つまり d = 1 である. したがって

(mi)k (ni)l (1−i)

は実数であり,共役な数と等しい.

(mi)k (ni)l (1−i) = (mi)k (ni)l (1+i)      ……(2)

ここで 2 数 μν を, それぞれ mn を 2 で割った余り(0 または 1)として以下のように定義する.

μ := m mod 2,  ν := n mod 2

これを使って mi = (1+i)μ (abi) とすると両辺のノルムを取って m2+1 = 2μ (a2b2) が成り立つので

そのため abi は 1+i の倍数ではない. また, ni = (1+i)ν (cdi) とすると同様に cdi も 1+i の倍数ではないことが分かる.


ここで (1+i) = i (1−i) を踏まえて (2) 式を書きなおすと

i+-1 (abi)k (cdi)l = (abi)k (cdi)l      ……(3)

となる.そして abiabicdicdi はそれぞれ互いに素なので,適当な単数 ε を使って

abiε1(αβi) l,   cdiε2(αβi) k
abiε1 (αβi) l,   cdiε2 (αβi) k

と表すことができる. 元の定義に代入しなおすと

miε1 (1+i)μ (αβi)l ,   niε2 (1−i)ν (αβi)k      ……(4)

このことから,(mi) + (ni) = mnαβi で割り切れる. また,mn は実数なので αβi でも割り切れる. つまり

mn は (αβi)(αβi) = α2β2 の倍数      ……(5)

(4) 式(のノルムをとったもの)と (5) 式を連立させると (α2β2A とする)

m2+1 2μ Al
n2+1 2ν Ak
mnA の倍数

定理 2 と |m|<|n| からこの連立方程式の上 2 式の解は以下の 5 種類になる.

(I)
m2+1 A
n2+1 2A
(II)
m2+1 A
n2+1 2A2
(III)
m2+1 2A
n2+1 2A2
(IV)
m2+1 A
n2+1 2A4
(V)
m2+1 2A
n2+1 2A4

(I) の場合

(4) ⇔  
mi ε1 (αβi)
ni ε2 (1−i) (αβi) = ε3 (1+i) (mi)

niε3 { (m+1)+(m−1)i }

ここで虚部を比較することで

m±1 = ±1   (複号任意)

となる.m≠0 から m=±2 を得る.

さらに n2+1=2A=10 より n=±3 となる. その結果,以下の公式を得られる.

\frac{\pi}{4} = arctan\frac{1}{2} + arctan\frac{1}{3}

(II) の場合

(4) ⇔  
mi ε1 (αβi)
ni ε2 (1−i) (αβi)2ε3 (1+i) (mi)2

niε3 { (m2+2m−1) + (m2−2m−1)i }

(I) と同様に虚部を比較することで

m2±2m−1 = ±1   (複号任意)
∴ (m±1)2 = 2±1   (複号任意)

となる.m≠0 から m=±2 を得る.

さらに n2+1 = 2A2 = 50 より n=±7 となる. その結果,以下の公式を得られる.

\frac{\pi}{4} = 2 arctan\frac{1}{2} − arctan\frac{1}{7}

(III) の場合

(4) から,(II) と同様に以下の式を得る

2n+2iε3 { (m2+2m−1) + (m2−2m−1)i }

ここで虚部を比較することで

m2±2m−1 = ±2   (複号任意)
(m±1)2 = 2±2   (複号任意)
m=±1,±3

ここで A>1 より |m|>1 なので m=±3 であり,n=±7 を得る.

結果として以下の公式を得られる.

\frac{\pi}{4} = 2 arctan\frac{1}{3} + arctan\frac{1}{7}

(IV) の場合

定理 2 の 3. より A=13 である. これから m2+1=13 を得るが, これは整数解を持たないので解は無い.

(V) の場合

定理 2 の 3. より (nA)=(239,13) である. さらに m2+1=2A=26 より m=±5 を得る.

結果として以下の公式を得られる.

\frac{\pi}{4} = 4 arctan\frac{1}{5} − arctan\frac{1}{239}

(I)〜(V) より,(1) の形をした公式は以下の 4 つであることが示された.

\frac{\pi}{4} arctan \frac{1}{2} + arctan \frac{1}{3}
2 arctan \frac{1}{2} − arctan \frac{1}{7}
2 arctan \frac{1}{3} + arctan \frac{1}{7}
4 arctan \frac{1}{5} − arctan \frac{1}{239}