Quod Erat Demonstrandum

2019/02/01

帕斯卡三角某結果

Filed under: NSS,Pure Mathematics — johnmayhk @ 5:35 下午
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早前貼了下圖

本文談如何推出上述結果。

對於函數 f(x)

f^{[1]}(x)=f(x)

f^{[2]}(x)=f(f(x))

f^{[3]}(x)=f(f(f(x)))

\dots

諸如此類。即 f^{[n]}(x)x 經由函數 f(x)n 次疊代(iterations)的結果。

若有兩個函數 f(x)g(x),它們之間存在一個變換 L(x),使

L(f(x)) \equiv g(L(x))

那麼,比方說把 x=z_1 經由 f(x) 進行 n 次疊代,便有

L(f^{[n]}(z_1)) \equiv g^{[n]}(L(z_1))

圖像地:

粗略說,f(x)g(x) 分別進行疊代運算,結果可透過 L(x) 彼此轉換。

曾談過有關 fractional linear function 的東西,本文也考慮它。

\displaystyle f(x)=\frac{ax+b}{cx+d}\displaystyle g(x)=\frac{Ax+B}{Cx+D}

並考慮一個簡單變換 L(x)=px+q

如果 L(f(x)) \equiv g(L(x))

那麼兩個函數對應的係數,即 (a,b,c,d)(A,B,C,D) 之間存在甚麼關係?

原來是頗對稱的:

\displaystyle \frac{(a+d)^2}{ad-bc}=\frac{(A+D)^2}{AD-BC} …………………… (*)

(其中 ad-bc \ne 0

姑且稱 \displaystyle r=\frac{(a+d)^2}{ad-bc}f(x) 的「相似參數」。

證明 (*) 技巧雖是中學程度,但自己也花了點時間才做出證明(同學可先自行做做)見下:

johnmayhk-flf

現設 c 為常數,定義

\displaystyle f(x)=\frac{(1+c)x+(1-c)}{(1-c)x+(1+c)}

不難證明(修 M2 的同學,可用 MI 證證)

\displaystyle f^{[n]}(x)=\frac{(1+c^n)x+(1-c^n)}{(1-c^n)x+(1+c^n)} for any positive integer n.

現在,我想找適合的 c 值使 f(x) 成為「疊代周期」為 m 的函數,

即是說,考慮對任何 x,經由函數 f(x)m 次疊代後,都可以變回自己,

亦即是說,\displaystyle f^{[m]}(x)=\frac{(1+c^m)x+(1-c^m)}{(1-c^m)x+(1+c^m)}=x  for any value of x

如何達至以上效果?只要取 c^m=1 便可。

(更準確是:c^k \neq 1 for k < m and c^m=1

那麼 c 可以是甚麼?

我們可利用棣莫弗定理(De Moivre's theorem)尋之,曰

c^m=1

\displaystyle \Rightarrow c^m=\cos(2k\pi)+i\sin(2k\pi)

\displaystyle \Rightarrow c=(\cos(2k\pi)+i\sin(2k\pi))^{\frac{1}{m}}

\displaystyle \Rightarrow c=\cos\frac{2k\pi}{m}+i\sin\frac{2k\pi}{m}  for  k=1,2,\dots ,m

把滿足「c^k \neq 1 for k < m and c^m=1」的數 c 記為 c_m

\displaystyle c_m=\cos\frac{2k\pi}{m}+i\sin\frac{2k\pi}{m}  for  k=1,2,\dots or m-1

並有

\displaystyle f(x)=\frac{(1+c_m)x+(1-c_m)}{(1-c_m)x+(1+c_m)} 的疊代周期為 m,其相似參數(見 (*))(名之為 r_m)是

r_m

\displaystyle =\frac{((1+c_m)+(1+c_m))^2}{(1+c_m)(1+c_m)-(1-c_m)(1-c_m)}

\displaystyle =c_m+2+\frac{1}{c_m}

\displaystyle =(\cos\frac{2k\pi}{m}+i\sin\frac{2k\pi}{m})+2+(\cos\frac{2k\pi}{m}-i\sin\frac{2k\pi}{m})

\displaystyle =2\cos\frac{2k\pi}{m}+2

\displaystyle =(2\cos\frac{k\pi}{m})^2 for k=1,2,\dots or m-1 ……………………………… (**)

這裡,km-1 個取值,但 r_m 並不是有 (m-1) 個不同值,因為

\displaystyle (2\cos\frac{k\pi}{m})^2=(2\cos(\pi-\frac{k\pi}{m}))^2=(2\cos\frac{(m-k)\pi}{m})^2

於是(**)可寫為

If m is odd,

\displaystyle r_m=(2\cos\frac{k\pi}{m})^2 for k=1,2,\dots or \displaystyle \frac{m-1}{2}

If m is even,

\displaystyle r_m=(2\cos\frac{k\pi}{m})^2 for k=1,2,\dots or \displaystyle (\frac{m}{2}-1)

好了,現在想找另一個 fractional linear function g(x) 使 L(f(x)) \equiv g(L(x)),即其相似參數也是 r_m 者。

考慮

\displaystyle g(x)=\frac{r_mx-1}{r_mx+0}=1-\frac{1}{r_mx}=1+\frac{-1/r_m}{x}

便可。

f 的疊代周期為 m,即

f^{[m]}(y) \equiv y

\Rightarrow L(f^{[m]}(y)) \equiv L(y)

\Rightarrow g^{[m]}(L(y)) \equiv L(y)

\Rightarrow g^{[m]}(x) \equiv x where x=L(y)

g 的疊代周期也是 m

比方說 m=8,得

g^{[8]}(x) \equiv x

先想像把上式化簡,我們大抵會得到涉及 r_8 的整係數多項式方程,這將會為 r_8 (共 3 個不同的值)是哪個整係數多項式方程的根(root)提供線索。

r_m 定義,m 最少是 3,

m=3,設 r=r_3,得

1+\frac{-1/r}{1+\frac{-1/r}{1+\frac{-1/r}{x}}}\equiv x

\displaystyle \frac{-(r-1)(rx^2+rx-1)}{(r^2-r)x-r} \equiv 0

因上式為恆等式,故 r-1=0,所以 r_3 就是 r-1=0 的根。(檢查:r_3=(2\cos\frac{\pi}{3})^2=1^2=1

P_3(r)=r-1

m=4,設 r=r_4,得

1+\frac{-1/r}{1+\frac{-1/r}{1+\frac{-1/r}{1+\frac{-1/r}{x}}}}\equiv x

\displaystyle \frac{-(r-2)(rx^2+rx-1)}{r(r-2)x-r+1} \equiv 0

因上式為恆等式,故 r-2=0,所以 r_4 就是 r-2=0 的根。(檢查:r_3=(2\cos\frac{\pi}{4})^2=\sqrt{2}^2=2

P_4(r)=r-2

一般地,記 P_m(r)=0 為整係數多項式等式,其根為 r_m

做了一些簡單但頗麻煩的運算,見以下連結:

johnmayhk-flf2

得出一些結果

\displaystyle \frac{-P_4(r)(rx^2-rx+1)}{rP_4(r)x-P_3(r)}\equiv 0 (where r=r_4

\displaystyle \frac{-P_5(r)(rx^2-rx+1)}{r(P_5(r)x-P_4(r))}\equiv 0 (where r=r_5

\displaystyle \frac{-P_6(r)(rx^2-rx+1)}{rP_6(r)x-P_5(r)}\equiv 0 (where r=r_6

\displaystyle \frac{-P_7(r)(rx^2-rx+1)}{r(P_7(r)x-P_6(r))}\equiv 0 (where r=r_7

諸如此類。

又做了一些簡單但頗麻煩的運算,見以下連結:

johnmayhk-flf3

得以下結論:

P_{m+1}(r)=P_{m}(r)-P_{m-1}(r) for odd m.

P_{m+1}(r)=rP_{m}(r)-P_{m-1}(r) for even m.

上述關係就是破解原問題的鑰匙。

已知

P_3=r-1P_4=r-2,故

P_5
=rP_4-P_3
=r(r-2)-(r-1)
=r(C_0^3r-C_1^2)-(C_0^2r-C_1^1)
=C_0^3r^2-C_1^2r-C_0^2r+C_1^1
=C_0^3r^2-(C_1^2+C_0^2)r+C_1^1
=C_0^4r^2-C_1^3r+C_2^2

P_6
=P_5-P_4
=(C_0^4r^2-C_1^3r+C_2^2)-(C_0^3r-C_1^2)
=C_0^4r^2-(C_1^3+C_0^3)r+(C_2^2+C_1^2)
=C_0^5r^2-C_1^4r+C_2^3

P_7
=rP_6-P_5
=r(C_0^5r^2-C_1^4r+C_2^3)-(C_0^4r^2-C_1^3r+C_2^2)
=C_0^5r^3-C_1^4r^2+C_2^3r-C_0^4r^2+C_1^3r-C_2^2
=C_0^5r^3-(C_1^4+C_0^4)r^2+(C_2^3+C_1^3)r-C_2^2
=C_0^6r^3-C_1^5r^2+C_2^4r-C_3^3

歸納地,便有以下結果:

有了上述結果,可隨便出題,比如,不用計算機可知:

\displaystyle \cos^2\frac{\pi}{10}+\cos^2\frac{2\pi}{10}+\cos^2\frac{3\pi}{10}+\cos^2\frac{4\pi}{10}=\frac{C^8_1}{2^2}=2

諸如此類。

順祝豬年進步~

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2 則迴響 »

  1. 文中最底 $\frac{C^8_1}{2}$ 應為 $\frac{C^8_1}{2^2}$

    好奇一問: 怎麼看出 Pascal triangle 跟 cos 的關係?

    迴響 由 Samuel — 2019/02/08 @ 9:25 上午 | 回應

    • Thanks! 大抵出於偶然~

      迴響 由 johnmayhk — 2019/02/08 @ 2:55 下午 | 回應


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