😊出会いの泉😊

何とか手作業で見つけました。
(236/7777)^2+(37/707)^2+(8/77)^2+(97976/1111)^2=7777
a^2+b^2+c^2+d^2=7777^3となるa,b,c,dの組み合わせで
7777で割って約分したときに全部分母が異なるものを探しました。

手作業で見つけました。
これが凄いですね。
確かに分母が[77,707,1111,7777]で分子を上記の数値で分数を作っておくと
7777がつくれる。
私も何とかコンピュータの力をお借りして
分母が[3,15,25,75]で固定して置いて、分子を色々動かしてみると
(100/3)^2+(454/15)^2+(974/25)^2+(4879/75)^2
(100/3)^2+(461/15)^2+(994/25)^2+(4826/75)^2
(100/3)^2+(464/15)^2+(967/25)^2+(4868/75)^2
(100/3)^2+(496/15)^2+(997/25)^2+(4738/75)^2
(100/3)^2+(508/15)^2+(913/25)^2+(4852/75)^2
･････････････････････
と周辺にいくつも条件を満たす集団が発見できました。

同じく分母を[3,21,35,105]固定したら
(140/3)^2+(1301/21)^2+(1464/35)^2+(356/105)^2
(140/3)^2+(1306/21)^2+(1418/35)^2+(997/105)^2
(140/3)^2+(1318/21)^2+(1417/35)^2+(482/105)^2
(140/3)^2+(1325/21)^2+(1404/35)^2+(316/105)^2
(140/3)^2+(1363/21)^2+(1276/35)^2+(796/105)^2
･････････････････

[7,15,21,105]の分母では
(404/7)^2+(653/15)^2+(898/21)^2+(2822/105)^2
(404/7)^2+(692/15)^2+(844/21)^2+(2783/105)^2
(405/7)^2+(676/15)^2+(866/21)^2+(2774/105)^2
(405/7)^2+(716/15)^2+(806/21)^2+(2734/105)^2
(409/7)^2+(692/15)^2+(832/21)^2+(2708/105)^2
･･････････････
が浮かび上がってきます。

整数だけに限定すると有限個でおさまるところ
有理数へ探索を拡張すると世界が全く異なってくる感覚になります。
しかも探す苦労は一筋縄ではいかなくなる。
任意の整数Nを4つの有理数の平方和で作るアルゴリズムは有りや無しや？

「最も簡単な式」すなわち分子分母に登場する自然数の最大値が最も小さいものは
(173/2)^2+(161/10)^2+(155/26)^2+(1/130)^2=7777
（最大値173）
でした。最大値が173になる式は全部で5つあり、
173を除いた数の最大値（この式では161）が最も小さくなるのがこの式です。
（172以下の自然数では7777は作れないということになります。）

最大値が173になる式は全部で5つあり、

(173/2)^2+(161/10)^2+(155/26)^2+(1/130)^2
(173/2)^2+(167/10)^2+(103/26)^2+(53/130)^2
(173/2)^2+(169/10)^2+(77/26)^2+(79/130)^2
(173/2)^2+(171/10)^2+(33/26)^2+(111/130)^2
以外何があるのですか？

あと一つは
(173/2)^2+(167/10)^2+(133/34)^2+(127/170)^2
です。

(173/2)^2+(167/10)^2+(133/34)^2+(127/170)^2
を探し出すためには他にも前3つの最小公倍数が173を越えない組合せ(1541通り)
が山ほど考えられるので、それから見つけ出すって凄くないですか？

(173/3)^2+(173/4)^2+(173/5)^2+(173/6)^2＜7777から
一つ目の分母は2に固定できますので、探索する組み合わせは減らせると思います。
同様に
(173/2)^2+(173/17)^2+(173/18)^2+(173/19)^2＜7777から
二つ目の分母は3～16（一つ目の分子が小さければさらに絞られます）に限られるなど、
常に「この値（以上）にした場合に合計が7777になる可能性がなければパス」という
処理を入れて短縮すれば、実行時間が結構短くなるのではないかと思います。
※一つ目の「2のみ」もそういう固定値にしているわけではなく、
「3にした場合に残りが最大として7777に達するか」を計算しています。
(補足)
上記のチェックは巨大整数演算や分数演算では多分遅いので、
最大値をdoubleで計算して7776.9より小さければパス、としています。

同じ記事の話題なので、同一スレッドにぶら下がります。

△ABC を、A を中心に時計周りに 90° 回転させてから外周が長方形になるよう補助線を引くと、
長方形から 3 つの直角三角形（うち 2 つは合同）を切り落として直角二等辺三角形が残る図ができます。
よって θ-90° = 45° より θ=135°

という解答が一番お手軽ですかね。

直角三角形 2 つで、直角を挟む 2 辺の長さが
12+5=17, 12-5=7
17+7=24=12*2, 17-7=10=5*2
みたいな関係のときにはまずこの図を作ることを考えるようにしています。

問題から、少し外れますが

２つの「直角三角形同士」が、この「向き」で接していた時
辺の長さが、分かっていなくても
必ず
∠θ＝∠Ｂ＋∠Ｄ　が成り立つ・・・と
ちょとした公式（大げさ？）の出来上がりになるかな？

中学入試問題にちょうどいい
θが１３５°の時、∠Ｂと∠Ｄの和は何度ですか？
（直感で、すぐに分かってしまうと思うけど）

ひょっとして
10円玉までで
158通りでしょうか？

((x^50)^2+(x^50)+1)*((x^10)^10+(x^10)^9+(x^10)^8+(x^10)^7+(x^10)^6+(x^10)^5+(x^10)^4+(x^10)^3+(x^10)^2+(x^10)^1+1)*((x^5)^20+(x^5)^19+(x^5)^18+(x^5)^17+(x^5)^16+(x^5)^15+(x^5)^14+(x^5)^13+(x^5)^12+(x^5)^11+(x^5)^10+(x^5)^9+(x^5)^8+(x^5)^7+(x^5)^6+(x^5)^5+(x^5)^4+(x^5)^3+(x^5)^2+(x^5)^1+1)*((x)^100+(x)^95+(x)^90+(x)^85+(x)^80+(x)^75+(x)^70+(x)^65+(x)^60+(x)^55+(x)^50+(x)^45+(x)^40+(x)^35+(x)^30+(x)^25+(x)^20+(x)^15+(x)^10+(x)^5+1)

を展開してx^100 の項の係数をみました。

本当は次の式を展開したかったのですが、オンライン展開サービスが受け付けてくれませんでした。

((A*x^50)^2+(A*x^50)+1)*((B*x^10)^10+(B*x^10)^9+(B*x^10)^8+(B*x^10)^7+(B*x^10)^6+(B*x^10)^5+(B*x^10)^4+(B*x^10)^3+(B*x^10)^2+(B*x^10)^1+1)*((C*x^5)^20+(C*x^5)^19+(C*x^5)^18+(C*x^5)^17+(C*x^5)^16+(C*x^5)^15+(C*x^5)^14+(C*x^5)^13+(C*x^5)^12+(C*x^5)^11+(C*x^5)^10+(C*x^5)^9+(C*x^5)^8+(C*x^5)^7+(C*x^5)^6+(C*x^5)^5+(C*x^5)^4+(C*x^5)^3+(C*x^5)^2+(C*x^5)^1+1)*((D*x)^100+(D*x)^95+(D*x)^90+(D*x)^85+(D*x)^80+(D*x)^75+(D*x)^70+(D*x)^65+(D*x)^60+(D*x)^55+(D*x)^50+(D*x)^45+(D*x)^40+(D*x)^35+(D*x)^30+(D*x)^25+(D*x)^20+(D*x)^15+(D*x)^10+(D*x)^5+1)

10円＝1ギルドとして
100ギルドの商品を
1ギルド、5ギルド、10ギルド、50ギルドの硬貨で支払いたいと考えます。

このとき、1ギルド硬貨の枚数は明らかに5の倍数なのでそうした縛りをつけます。
(D*x) は1ギルド硬貨のシンボルです。この項の肩にのっかる指数は、1ギルド硬貨で支払う価格を表します。上の式では0ギルドから100ギルドまで5ギルド単位の全ての可能性を列挙しています。

(C*x^5)は５ギルド硬貨のシンボルです。0枚から20枚まで、肩の指数でもって１枚づつの刻みで列挙します。

同様に(B*x^10)及びに(A*x^50)は、それぞれ、10ギルド硬貨、50ギルド硬貨のシンボルです。式での意味はここまでの扱いに準拠します。

さきほどの式は、それぞれの硬貨の枚数の上限およびに刻みに制限を付与した上で、支払える金額の全てのパターンを自動的に(展開をしてくれるサイトを利用してですが)求めるものです。
xの指数が100のものの全てのバリエーションが求めるものなのですが、、
まじめに展開できれば、100ギルドの支払い方が各係数をみることでわかるはずです。

展開してくれるサイトがみつからなかったので、AからDまでに1を代入して、バリエーションの組み合わせの数のみ求めることとしました。

一つ目
10円硬貨で10n円を表す方法は1通り
　→ 50n円を表す方法も1通り
10円硬貨と50円硬貨で50n円を表す方法は、Σ[k=0～n]1=n+1通り
　→ 100n円を表す方法は2n+1通り
10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨で100n円を表す方法は、Σ[k=0～n]2k+1=(n+1)^2通り
　→ 500n円を表す方法は(5n+1)^2通り
10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨と500円硬貨で500n円を表す方法は、
　Σ[k=0～n](5k+1)^2=(n+1)(50n^2+55n+6)/6通り
よって1000円を表す方法はn=2を代入して3×316÷6=158通り

二つ目
5円硬貨で5n円を表す方法は1通り
　→ 10n円を表す方法も1通り
5円硬貨と10円硬貨で10n円を表す方法は、Σ[k=0～n]1=n+1通り
　→ 50n円を表す方法は5n+1通り
5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨で50n円を表す方法は、
　Σ[k=0～n]5k+1=(n+1)(5n+2)/2通り
　→ 100n円を表す方法は(2n+1){5(2n)+2}/2=(2n+1)(5n+1)通り
5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨で100n円を表す方法は、
　Σ[k=0～n](2k+1)(5k+1)=(n+1)(20n^2+31n+6)/6通り
　→ 500n円を表す方法は(5n+1){20(5n)^2+31(5n)+6}/6=(5n+1)(500n^2+155n+6)/6通り
5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨と500円硬貨で500n円を表す方法は
　Σ[k=0～n](5k+1)(500k^2+155k+6)/6=(n+1)(625n^3+1050n^2+305n+6)/6通り
よって1000円を表す方法はn=2を代入して3×9816÷6=4908通り

三つ目
1円硬貨でn円を表す方法は1通り
　→ 5n円を表す方法も1通り
1円硬貨と5円硬貨で5n円を表す方法は、Σ[k=0～n]1=n+1通り
　→ 10n円を表す方法は2n+1通り
1円硬貨と5円硬貨と10円硬貨で10n円を表す方法は、Σ[k=0～n]2k+1=(n+1)^2通り
　→ 50n円を表す方法は(5n+1)^2通り
1円硬貨と5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨で50n円を表す方法は、
　Σ[k=0～n](5k+1)^2=(n+1)(50n^2+55n+6)/6通り
　→ 100n円を表す方法は(2n+1){50(2n)^2+55(2n)+6}/6=(2n+1)(100n^2+55n+3)/3通り
1円硬貨と5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨で100n円を表す方法は、
　Σ[k=0～n](2k+1)(100k^2+55k+3)/3=(n+1)(100n^3+240n^2+131n+6)/6通り
　→ 500n円を表す方法は(5n+1){100(5n)^3+240(5n)^2+131(5n)+6}/6
　　　= (5n+1)(12500n^3+6000n^2+655n+6)/6通り
1円硬貨と5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨と500円硬貨で500n円を表す方法は
　Σ[k=0～n](5k+1)(12500k^3+6000k^2+655k+6)/6
　　= (n+1)(12500n^4+29375n^3+15800n^2-195n+6)/6通り
よって1000円を表す方法はn=2を代入して3×497816÷6=248908通り

漢字表記で思い出しましたが
大きな数での単位で
億、兆、京、垓　の次の単位（じょ）の漢字がなかなか出てこなく、登録
されていないんじゃないかと思えるくらい姿が見つからないのですが、
皆さんのお手元ではどうなっていますでしょうか？

「𥝱」ですよね。
他の単位をいくつか打って検索したら、この漢字を使っているサイトがありました。

漢字変換に困るやつですね。

以下が参考になりましょうか？
https://tom2rd.sakura.ne.jp/wp/2022/04/11/post-12585/

スマホ(Android) 付属の日本語入力ソフトGboardで手書き入力を試しましたが、出ませんね。𥝱。

𥝱

iPhoneだと普通に出ますね。
「じょ」と読む普通の漢字と「じょ」で始まる予測変換の先なので、探すのが少し手間ではありますが。

(2)は暗算で求まりますが、ついでなのでプログラムでも数えました。
(3)以降はおまけです。
(1)abcd+efg → 組合せ1000通り、素数91通り
(2)a×b×c×d+e×f×g → 組合せ144通り、素数1通り(179のみ)
(3)abcd+e×f×g → 組合せ954通り、素数144通り
(4)a×b×c×d+efg → 組合せ744通り、素数27通り
(5)abcd-efg → 組合せ727通り、素数371通り
(6)a×b×c×d-e×f×g → 組合せ288通り、素数2通り(2と109のみ)
(7)abcd-e×f×g → 組合せ1176通り、素数175通り
(8)a×b×c×d-efg → 組合せ264通り、素数11通り
※変数の連続は乗算ではなく桁の連結
※結果の正当性はほぼ確認していませんので、正しくないかも知れません。

(1)がちょうど1000個あるのが面白く
(2)が暗算で求められるのがその対比で面白く感じたので出題していました。
ということで
はて１～9の数字を一度ずつ使うことで
a×b×c×d×e×f+g×h×i
が素数となる組合せは有るや、無しや?
がパズルで問えそう。

https://oeis.org/A009679
↑これで正しければ
59616通りだと思います。
計算で出すのは難しいと思います。
# n=2,4,6,…,18に対する組合せ数をプログラムで調べ、結果の数列を検索したら一致するものがありました。

世界中では誰なっと調べ上げているものですね。
私は一週間ぐらい試行錯誤を繰り返し、プログラムを色々書き直しやっと全部で58320通りを求めたと思っていたんですが
どこかに見落としがあるのかな～。
自分でも何度も見直したんですがそれが分からないのです。

（考え方）
全部が規約な分数であるため、分子と分母は奇数、偶数での組合わせとなるので
A=[2,4,6,8,10,12,14,16,18]
B=[1,3,5,7,9,11,13,15,17]
の2組に分け
AとBを組合わせてできる1より小さい既約分数は次の69個で
M=[1/2, 2/3, 2/5, 2/7, 2/9, 2/11, 2/13, 2/15, 2/17,
1/4, 3/4, 4/5, 4/7, 4/9, 4/11, 4/13, 4/15, 4/17,
1/6, 5/6, 6/7, 6/11, 6/13, 6/17,
1/8, 3/8, 5/8, 7/8, 8/9, 8/11, 8/13, 8/15, 8/17,
1/10, 3/10, 7/10, 9/10, 10/11, 10/13, 10/17,
1/12, 5/12, 7/12, 11/12, 12/13, 12/17,
1/14, 3/14, 5/14, 9/14, 11/14, 13/14, 14/15, 14/17,
1/16, 3/16, 5/16, 7/16, 9/16, 11/16, 13/16, 15/16, 16/17,
1/18, 5/18, 7/18, 11/18, 13/18, 17/18]
これから組合わせて調べるのは対象が多すぎるので手分けしていく。

(1)1/2を使うとすれば残りは1,2の数字をふくまない物から構成するので
Q1=[ 3/4, 4/5, 4/7, 4/9, 4/11, 4/13, 4/15, 4/17]
Q2=[5/6, 6/7, 6/11, 6/13, 6/17]
Q3=[ 3/8, 5/8, 7/8, 8/9, 8/11, 8/13, 8/15, 8/17]
Q4=[3/10, 7/10, 9/10, 10/11, 10/13, 10/17]
Q5=[5/12, 7/12, 11/12, 12/13, 12/17]
Q6=[ 3/14, 5/14, 9/14, 11/14, 13/14, 14/15, 14/17]
Q7=[3/16, 5/16, 7/16, 9/16, 11/16, 13/16, 15/16, 16/17]
Q8=[5/18, 7/18, 11/18, 13/18, 17/18]
に分けて置き
for(n1=1,8,Q1[n1])
for(n2=1,5,Q2[n2])
for(n3=1,8,Q3[n3])
for(n4=1,6,Q4[n4])
for(n5=1,5,Q5[n5])
for(n6=1,7,Q6[n6])
for(n7=1,8,Q7[n7])
for(n8=1,5,Q8[n8])
でそれぞれのグループから既約分数を組合わせていく。
その組合わせが異なる16個の異なる数字から作られていればカウントして集計する。
こうして求まった集計がs1=4788が得られた。

同様な考え方で
(2)2/3を使うとすれば残りは2,3を含まない物から組み合わせていくので
Q1~Q8をそれに合わせて選び直し、条件を満たすものをカウントしていくと
s2=9144
以下同様で
(3)2/5を使う場合
s3=5328
(4)2/7を使う場合
s4=5184
(5)2/9を使う場合
s5=9144
(6)2/11を使う場合
s6=4788
(7)2/13を使う場合
s7=4788
(8)2/15を使う場合
s8=10368
(9)2/17を使う場合
s9=4788

以上から求める総数は
4788*4+5184+5328+9144*2+10368=58320通り
なのです。
これが正解と思われる59616通りなので1296通りは何処へ行ったのか?

(8)2/15を使う場合
の値は10368でなく11664です。
その他はすべて合っていました。

2/15のチェックをしたら
Q4=[[1, 10], [3, 10], [7, 10], [9, 10], [10, 11], [10, 13], [10, 17]]
に対する
for(n4=1,7,Q4[n4])でのチェックであるべき所を
for(n4=1,6,Q4[n4])
と間違って処理していたことが原因であることが判明しました。
間違えない様に慎重に進んでいた調査も終盤に近くなった頃にタイプミス
を発生させてしまっていた。
再度for(n4=1,7,Q4[n4])での確認ではs7=11664で一致出来ました。

間違えたのに気付くためには、間違ったことを確認した後でしか見えてこないので厄介です。

Q1,Q2,…をプログラムで生成し、その個数を（プログラムで自動的に）ループカウントにすれば間違えることはなくなると思います。

人がプログラムを作っているのを参考にしていたら
あんなに何日も考えてやっと手に入れた数値が
gp > matpermanent(matrix(9,9,i,j,gcd(2*i,2*j-1)==1))
%192 = 59616通り
の一発で行けるという。
従って1～32の数字をそれぞれ一度しか使用できなく
16個の1より小さい既約分数を(4×4行列を作れる)
作れる組合せの総数は
gp > matpermanent(matrix(16,16,i,j,gcd(2*i,2*j-1)==1))
%193 = 768372168960通り
からとてもまともには求めることが難しい大きさでも、いとも簡単にわかるという！！
ほんとに数学の力（中にある数学的構造の不思議さ)を感じます。

計算で一般的に出すのは難しいとしても、今回の数値設定に限るならさほど難しくないですよ。

とりあえず 2 と 3 で約分できないように分数を作る方法は、
6 の倍数を使う 3 組、3 の倍数と 2 の倍数を使う 3 組、残り 3 組の順に考えて、
6P3 * 6P3 * 3! = 86400 通り

この中で、

5/10 ができてしまう組が
5P3 * 5P3 * 2! = 7200 通り

10/15 ができてしまう組が
6P3 * 5P2 * 3! = 14400 通り

7/14 ができてしまう組が
5P3 * 5P3 * 2! = 7200 通り

5/10 と 7/14 がともにできてしまう組が
4P3 * 4P3 * 1! = 576 通り

10/15 と 7/14 がともにできてしまう組が
5P3 * 4P2 * 2! = 1440 通り

よって、いずれも既約分数になる組は
86400-7200-14400-7200+576+1440 = 59616 通り

すみませんDD++さん
説明文とそれを示す式が私の頭では何をどう考えたら成り立つのか全く見えてきません。
例えば
6 の倍数を使う 3 組、3 の倍数と 2 の倍数を使う 3 組、残り 3 組の順に考えて、
6P3 * 6P3 * 3! = 86400 通り
はて？
6P3の6は何を指した6なのか？
3!は何をもって3!にするのか？
以下後の方の説明文と式の意味が全く読み取れなくいます。
計算とそれから導かれる結果は正しいのだから、それぞれには導く理由を持つ
根拠がある事は理解できるんですが、全体を通した構想のあらすじが見えていない
事なんだと思います。
もう少し解説を入れて説明願えませんか？

18 までの中には偶数が 9 個あるので、2 で約分できないためには全て偶数と奇数で対にして分数を作る必要があります。

そして、3 でも約分できないように対にするには、
・6 の倍数（3 つある）には 3 で割り切れない奇数（6 つある）の中から 3 つ選んで割り当てる
・3 の倍数である奇数（3 つある）には、3 で割り切れない偶数（6 つある）の中から 3 つ選んで割り当てる
・残った 3 つずつは、適当に偶数と奇数のペアを 3 組作る
ことになります。
だから 6P3 * 6P3 * 3! = 86400 通りとなります。

それ以後も、指定の分数を最初に作ってしまうことにすると何個から何個選ぶかが変わりますが、考え方は同じです。

拝見しました。
作者ハンドルネーム：TakusiNさん物凄いですね。
1～512のすべてを使って16*16=216個の既約分数を作るのもすごいけど、これがarctanで魔方陣だなんておったまげ～です。
なんとかこの人に連絡がとれて発見の経緯を聞きたいものですね。
コンピュータでの腕力での解決が趣味だと書かれてはいるが何かしらの法則や気付きが無ければ到底無理ですよね。
いやー世の中凄い人がいるもんだ。
ちなみに第一行の分数を通分してみても、数が莫大過ぎて何にもヒントが取れませんでした。

規約分数とarctan値がこうもバランスがとれていることに感動したので
では1～8の数字を一個ずつ使って、2行2列の1より小さい4つの既約分数で
可能な限り組合せを作ってみたら
[1/2 3/4]　

[5/6 7/8]
----------
[1/2 3/4]

[5/8 6/7]
----------
･･････････････
-----------
[7/8 5/6]

[3/4 1/2]
等の全部で432通りの行列が作れました。
ところがすべての行列で、この値に対するarctanの値を取った行列には何の美しい規則を示すものはありませんでした。
やってはいませんがたぶん3次正方行列で1～18を用いた9個の既約分数でのタイプでも何の手掛かりも得られないものと思われます。

16次まで拡張した行列でこの凄い法則が現れ出ることが益々興味を引き立てます。

＊SNS のX(旧twitter）で作者のTokusiNさんにどうやって作ったのか尋ねていたら
思い付いたのはマチン系の公式からで具体的な作成方法はガチガチのコンピューティングとのことでした。

聞くところによれば
任意の正の整数 q, r についてふたつの公式
①: π/4 = arctan(q/(q +r)) +arctan(r/(2*q +r))
②: π/4 = arctan(q/(q -r)) +arctan(r/(2*q -r))
がともに成り立つのだそうで。
arctan関数への引数はともに真分数であるところがミソです。さきのatanmagic でもそうなっていますので使えるかも？

Q[1]からQ[8]まで、R[1]からR[8]までの16個の整数をテキトーに選ぶと

8*(π/4) =
arctan(Q[1]/(Q[1] +R[1])) +arctan(R[1]/(2*Q[1] +R[1]))
+arctan(Q[2]/(Q[2] +R[2])) +arctan(R[2]/(2*Q[2] +R[2]))
+arctan(Q[3]/(Q[3] +R[3])) +arctan(R[3]/(2*Q[3] +R[3]))
+arctan(Q[4]/(Q[4] +R[4])) +arctan(R[4]/(2*Q[4] +R[4]))
+arctan(Q[5]/(Q[5] +R[5])) +arctan(R[5]/(2*Q[5] +R[5]))
+arctan(Q[6]/(Q[6] +R[6])) +arctan(R[6]/(2*Q[6] +R[6]))
+arctan(Q[7]/(Q[7] +R[7])) +arctan(R[7]/(2*Q[7] +R[7]))
+arctan(Q[8]/(Q[8] +R[8])) +arctan(R[8]/(2*Q[8] +R[8]))

となり、16個のarctan関数の値の総和が 2*π
という形を得られます。atanmagic の性質の一部によく似ています。ちょっとかすっているのかもしれません。

上記は公式①のみでつっぱっていますが、実際には公式②との混在でもよい筈です。自由度が膨れ上がりますが……(駄目：追記を参照願います)

こうした作戦で今回の魔方陣が作られたのかどうかさだかではありませんが……望み薄かもしれません。

追記。
②は真分数のみの式になっていませんでした。謹んでお詫びします。
①は次のGAIさんによる御投稿内で使われる式と実質的に同じものと思います。

私も昨日からどうやって構成していけるんだろうかとずーと考え続けています。
私が見つけたマチンの公式もどきとして、一般に1より小さい既約分数のs/t
に対するもので(tan(π/4)=1だけが唯一有理数となれるので、このパターンは作り易い。)

arctan(s/t)+arctan((t-s)/(t+s))=π/4　

の組合せで必ずπ/4が作れるので,これより

arctan(1/2)+arctan(1/3)=π/4
arctan(1/4)+arctan(3/5)=π/4
arctan(1/5)+arctan(2/3)=π/4
arctan(1/6)+arctan(5/7)=π/4
arctan(1/7)+arctan(3/4)=π/4
arctan(1/8)+arctan(7/9)=π/4
arctan(1/9)+arctan(4/5)=π/4
arctan(1/10)+arctan(9/11)=π/4

従ってこれをすべて足し合わせれば
A=[1/2,1/3,2/3,1/4,3/4,1/5,3/5,4/5,1/6,1/7,5/7,1/8,1/9,7/9,1/10,9/11]
の16個の既約成分に対し、そのarctan値の和は2*πを作る。

gp > vecsum(apply(i->atan(i),A))
%=6.28318530717958647692528･･･(=2*π)

しかしサイトにある16×16次の正方行列の第1行は
M1=[5/168 ,259/498 ,216/337 ,129/478 ,381/436 ,266/303 ,6/127 ,78/179
,31/480 ,144/307 ,210/341 ,43/474 ,174/443 ,172/379 ,271/348 ,41/88]
であるので、この既約分数とセットを組んでπ/4 を産み出していくものは
それぞれ
5/168 VS 163/173
259/498 VS 239/757
216/337 VS 121/553
129/478 VS 349/607
381/436 VS 55/817
266/303 VS 37/569
6/127 VS 121/133
78/179 VS 101/257
31/480 VS 449/511
144/307 VS 163/451
210/341 VS 131/551
43/474 VS 431/517
174/443 VS 269/617
172/379 VS 207/551
271/348 VS 77/619
41/88 VS 47/129
が対応していくこととなる。
ところが右に現れる16個の既約分数は何処にも使われていなく、しかも163などの数は重複して
出現することが起こる。しかも512よりも大きな数字が使われることになる。

この方針がここでストップすることになった。

そこで今複素数での偏角の様子に切り替え
口で解説していくのが大変なので、今検索を掛けているプログラムで
読み取って下さい。
例え存在していても膨大な時間が要する必要がありそうなんですが･････

{t=0;}for(a1=2,512,for(a2=1,a1-1,for(a3=3,512,for(a4=2,a3-1,\
for(a5=4,512,for(a6=3,a5-1,for(a7=5,512,for(a8=4,a7-1,\
for(a9=6,512,for(a10=5,a9-1,for(a11=7,512,for(a12=6,a11-1,\
for(a13=8,512,for(a14=7,a13-1,for(a15=9,512,for(a16=8,a15-1,\
for(a17=10,512,for(a18=7,a17-1,for(a19=11,512,for(a20=10,a19-1,\
for(a21=12,512,for(a22=9,a21-1,for(a23=13,512,for(a24=12,a23-1,\
for(a25=14,512,for(a26=11,a25-1,for(a27=15,512,for(a28=14,a27-1,\
for(a29=16,512,for(a30=13,a29-1,for(a31=17,512,for(a32=16,a31-1,\
if(gcd(a1,a2)==1 && gcd(a3,a4)==1 && gcd(a5,a6)==1 && gcd(a7,a8)==1 && \
gcd(a9,a10)==1 && gcd(a11,a12)==1 && gcd(a13,a14)==1 && gcd(a15,a16)==1 &&\
gcd(a17,a18)==1 && gcd(a19,a20)==1 && gcd(a21,a22)==1 && gcd(a23,a24)==1 && \
gcd(a25,a26)==1 && gcd(a27,a28)==1 && gcd(a29,a30)==1 && gcd(a31,a32)==1 && \
imag((a1+a2*I)*(a3+a4*I)*(a5+a6*I)*(a7+a8*I)*(a9+a10*I)*(a11+a12*I)*(a13+a14*I)*(a15+a16*I)*\
(a17+a18*I)*(a19+a20*I)*(a21+a22*I)*(a23+a24*I)*(a25+a26*I)*(a27+a28*I)*(a29+a30*I)*(a31+a32*I))==0 , \
print(t++";"a2/a1","a4/a3","a6/a5","a8/a7","a10/a9","a12/a11","a14/a13","a16/a15","\
a18/a17","a20/a19","a22/a21","a24/a23","a26/a25","a28/a27","a30/a29","a32/a31)) \
))))))))))))))))))))))))))))))))

上記のやり方ではとてもじゃないがいくら時間をかけても無理と判定
そこで1～512を一度ずつ用いる条件を除けば、次のような16次の行列ではarctanでの各行、各列、2つの対角線での和は2*πの
魔方陣とはなりそうです。
逆に言えば如何に1～512を一度ずつ使うということが凄いことがわかります。

[163/173 239/757 121/553 349/607 55/817 37/569 121/133 101/257 449/511 163/451 131/551 431/517 269/617 207/551 77/619 47/129]

[299/623 107/531 199/773 191/339 353/467 159/529 93/263 315/457 139/513 5/857 19/331 183/239 357/587 235/263 91/463 323/541]

[133/379 179/627 137/571 301/593 263/431 223/327 151/247 371/641 33/901 157/347 247/255 267/529 33/277 87/773 245/337 151/807]

[269/397 133/869 203/521 297/679 143/599 191/577 173/293 141/449 161/325 197/769 91/367 461/527 107/553 287/723 311/369 173/389]

[ 79/203 361/543 59/763 245/419 279/347 91/313 401/607 359/625 77/207 287/359 47/883 49/739 355/489 199/617 143/353 91/503]

[337/361 23/449 289/373 47/259 409/503 445/561 61/187 31/983 263/457 275/459 249/347 1/829 109/823 191/683 141/367 221/419]

[ 97/141 105/499 131/359 1/557 121/843 201/607 323/503 127/491 199/787 331/583 401/491 261/521 391/577 377/523 37/813 295/383]

[ 31/411 421/557 341/529 249/421 61/383 273/293 237/575 295/503 439/471 31/599 139/885 31/209 163/647 119/729 251/455 377/543]

[ 49/559 213/323 329/431 11/427 113/587 209/609 53/779 199/269 213/757 59/137 311/547 61/329 421/475 239/473 277/607 469/549]

[ 89/817 199/241 175/639 359/519 185/553 203/663 181/395 89/543 73/783 333/557 215/779 139/759 343/607 473/507 275/311 239/701]

[ 97/575 177/703 415/559 237/493 163/317 43/883 353/379 185/303 133/233 49/113 143/745 241/537 113/877 331/469 261/755 255/707]

[157/443 337/413 53/429 99/923 401/507 197/557 125/467 227/553 269/569 349/651 193/805 253/503 113/789 357/589 301/451 289/587]

[ 17/563 223/253 193/199 337/411 213/641 217/419 89/613 467/471 139/653 139/797 199/251 49/457 25/967 167/367 135/181 61/631]

[159/379 283/301 227/727 119/529 61/863 327/341 137/653 201/515 191/331 403/515 187/617 423/581 337/683 25/553 31/815 289/481]

[101/141 53/467 143/691 145/497 175/447 223/517 17/667 127/755 173/189 113/221 191/193 259/281 367/427 101/497 217/557 21/311]

[317/469 49/793 251/373 439/477 283/333 137/415 263/665 29/349 79/639 189/577 351/631 71/203 293/341 145/499 83/387 163/491]

正数 a,b,s,t,x,y について
a ＜ b, s ＜ t, x ＜ y
を要請しておいて
arctan(a/b) +arctan(s/t)
＝ arctan((a*y +b*x)/(b*y -a*x)) +arctan((s*y -t*x)/(t*y +s*x))
とできます。

x ＝ 0 ならば右辺と左辺は等しくなることは自明です。
左辺の２個の有理数をちょっとずらしてみたいと考えたのですが右辺のarctanに喰わせる値が真分数になりにくくて苦戦しております。また、ずらしたあとに約分が発生するかもしれません。

なかなかうまくいかないです。

比較的作り易い(arctanとタイプする所を省略でatanで書いています。)
atan(1/4)+atan(3/5)(=π/4) (a=1,b=4,s=3,t=5に対応)
からDengan kesaktian Indukmuさんのずらしテクニックを用いて
元々の16行列の第1行の成分を作り出していくと(第2項目に相当)
(x,y)=(479,855)->atan(163/173)+atan(5/168)　　　:ok
(x,y)=(38,2041)->atan(349/607)+atan(129/478) :no　
(x,y)=(351,653)->atan(121/133)+atan(6/127) :ok
(x,y)=(133,794)->atan(101/257)+atan(78/179) :ok
(x,y)=(1258,2493)->atan(449/511)+atan(31/480) :ok
(x,y)=(201,1967)->atan(163/451)+atan(144/307) :ok
(x,y)=(71,147)->atan(431/517)+atan(43/474) :no
(x,y)=(27,161)->atan(269/617)+atan(174/443) :no
(x,y)=(277,2411)->(atan(207/551)+atan(172/379) :no
(x,y)=(59,563)->atan(47/129)+atan(41/88) :ok
なる式に作り変えられる。
なお
atan(259/498)
atan(216/337)
atan(381/436)
atan(266/303)
atan(210/341)
atan(271,348)
には(x,y)が見つからない。

ただし分母が512をこえるものは採用しないことにする。(:no)
第1項目の分母が512以下なら採用して(:ok)そこで使われている部分の
元の行列からその数を含む分数は消していく。

これを今度は元の16行列の第2行の分数消し残ったものに対して作っていく。
これを繰り返して行けば自ずと1～512だけで作られていく分数が残っていかないだろうか？

なお魔方陣の作り方について何度か尋ねてみたらTokusiNさんから
8次から順に検討した結果、現実的な時間で作ることが可能な最小次数が16だったのです。
マチン系の円周率公式の生成手法を理解すると、この魔法陣に使われている分数がどのように選ばれたかわかると思います。

atan魔方陣をどうやって作ったかもきちんとまとめた方が良い気がしたけどもう詳細を覚えてないなぁ。
結構細かいステップに分けて少しずつ計算していったことは覚えてるけどそのステップの分解はもう忘却の彼方
の返事がありました。

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)=arctan(1/3)
arctan(1)-arctan(1/3)=arctan(1/3)+arctan(1/7)
arctan(1)-arctan(1/4)=arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)
arctan(1)-arctan(1/5)=arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)
arctan(1)-arctan(1/6)=arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)+arctan(1/31)
arctan(1)-arctan(1/7)=arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)+arctan(1/31)+arctan(1/43)
arctan(1)-arctan(1/8)=arctan(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)=arctan(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)=arctan(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)

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！

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。

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。

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。

https://oeis.org/A101686
↑こちらによると、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。

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。

(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。

> (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。

一般式で作れるんだ！
ピタリ一致しています。

> 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。

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。