帕斯卡三角某結果

早前貼了下圖

本文談如何推出上述結果。

對於函數 f(x) ，

記 $f^{[1]}(x)=f(x)$

記 $f^{[2]}(x)=f(f(x))$

記 $f^{[3]}(x)=f(f(f(x)))$

$\dots$

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

若有兩個函數 f(x) 及 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) 進行次疊代，便有

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

圖像地：

粗略說， f(x) 和 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。

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

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) 及之間存在甚麼關係？

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 $\displaystyle r=\frac{(a+d)^2}{ad-bc}$ 為 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 .

現在，我想找適合的值使 f(x) 成為「疊代周期」為的函數，

即是說，考慮對任何，經由函數 f(x) 的次疊代後，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

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 」的數記為 c_m

即

$\displaystyle c_m=\cos\frac{2k\pi}{m}+i\sin\frac{2k\pi}{m}$ 　　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，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，有 m-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 is odd,

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

If 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。

設的疊代周期為，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)

即的疊代周期也是。

比方說 m=8 ，得

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

即

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。

由 r_m 定義，最少是 3，

當 m=3 ，設 r=r_3 ，得

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

即

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

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

記 P_3(r)=r-1 。

當 m=4 ，設 r=r_4 ，得

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

即

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

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

記 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 .

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

上述關係就是破解原問題的鑰匙。

已知

P_3=r-1 ， P_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：

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

諸如此類。

順祝豬年進步～

帕斯卡三角某結果

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