・１次分数関数　　　 　 　 　　　　 　　 　 　 　 りらひい 氏

　 1次分数関数

　　　　f(ｘ) = ｐ-ｒ(ｐ-ｑ)²/(ｘ-ｑ) = {ｐｘ-ｐｑ-ｒ(ｐ-ｑ)²}/{ｘ-ｑ}

を考える。ただし、ｐ≠ｑ、ｒ≠0 とする。このとき、次が成り立つ。

　(1) r = 1           ならば、　f(f(f(ｘ))) = ｘ

　(2) r = 1/2         ならば、 f(f(f(f(ｘ)))) = ｘ

　(3) r = (3±)/2  ならば、 f(f(f(f(f(ｘ))))) = ｘ

　(4) r = 1/3         ならば、 f(f(f(f(f(f(ｘ)))))) = ｘ

　(5) r = (2±)/2  ならば、 f(f(f(f(f(f(f(f(ｘ)))))))) = ｘ

　(6) r = (5±)/10 ならば、 f(f(f(f(f(f(f(f(f(f(ｘ)))))))))) = ｘ

　(7) r = 2±      ならば、 f(f(f(f(f(f(f(f(f(f(f(f(ｘ)))))))))))) = ｘ

Mathematicaなどで関数のネストの練習問題にでもどうぞ。


（補足）　ｒの求め方はMathematicaなら次のようになります。

　　　　　Solve[Coefficient[PolynomialRemainder[x^n,x^2-x+r,x],x]==0,r]

　　　　ただし、 n = 3,4,5,6,8,10,12 です。

（参考）　f(ｘ) = ｋ+ｓ/(ｘ-ｋ) = (ｋｘ-ｋ²+ｓ)/(ｘ-ｋ) (ただし、ｓ≠0) ならば、 f(f(ｘ)) = ｘ


　らすかるさんからのコメントです。（平成２４年１１月４日付け）

　証明はしていませんが、

　　1/(2+2cos(2π/3))=1
　　1/(2+2cos(2π/4))=1/2
　　1/(2+2cos(2π/5))=(3-)/2
　　1/(2+2cos(2π/6))=1/3
　　1/(2+2cos(2π/8))=(2-)/2
　　1/(2+2cos(2π/10))=(5-)/10
　　1/(2+2cos(2π/12))=2-

ですから、　ｒ=1/(2+2cos(2π/n)) ならば、 fⁿ(ｘ)=ｘ　　となりそうですね。

　また、 1/(2+2cos(2π/n)) = 1/(4cos²(π/n)) なので、

　ｒ=1/(2+2cos(2π/n)) ならば、

　　　f(ｘ) = ｐ-ｒ(ｐ-ｑ)²/(ｘ-ｑ) = ｐ-{(ｐ-ｑ)²/(4cos²(π/n))}/(ｘ-ｑ)

とも書けます。


（コメント）　なかなか面白い性質ですね！

　ｐ＝２、ｑ＝１、ｒ＝１　のとき、　f(ｘ) = ２-１/(ｘ-１) = （２ｘ-３）/(ｘ-１)

　このとき、　f²(ｘ) = （ｘ-３）/(ｘ-２)　で、f³(ｘ) = ｘ　と確かになりました。


（追記）　平成２４年１１月４日付け

　なるほど！こんなきれいな形にかけるんですね！ｒの求め方を自分なりに見つけたと思っ
ていたのですが、さらにきれいな形で表現できることもわかりうれしいです。らすかるさん、
考察ありがとうございました。


　攻略法さんからのコメントです。（平成２４年１１月５日付け）

　Mathematicaはありませんので、筆算で確認しました。

　ｘ¹²÷(ｘ²-ｘ+ｒ)　のとき、商Q(ｘ)と余りR(ｘ)について、商にも、歴代のｘの係数が現れる。

商
1・ｘ¹⁰
1・ｘ⁹
(1-ｒ)・ｘ⁸　← ｘ³÷(ｘ²-ｘ+ｒ)=(ｘ+1)(ｘ²-ｘ+ｒ)+(1-ｒ)ｘ-ｒ
(1-2ｒ)・ｘ⁷
(1-3ｒ+ｒ²)・ｘ⁶
(1-4ｒ+3ｒ²)・ｘ⁵
(1-5ｒ+6ｒ²-ｒ³)・ｘ⁴
(1-6ｒ+10ｒ²-4ｒ³)・ｘ³
(1-7ｒ+15ｒ²-10ｒ³+ｒ⁴)・ｘ²
(1-8ｒ+21ｒ²-20ｒ³+5ｒ⁴)・ｘ
(1-9ｒ+28ｒ²-35ｒ³+15ｒ⁴-ｒ⁵)

余り
(1-10ｒ+36ｒ²-56ｒ³+35ｒ⁴-6ｒ⁵)ｘ-ｒ(1-9ｒ+28ｒ²-35ｒ³+15ｒ⁴-ｒ⁵)

　ｒ の多項式は、歴代の多項式で因数分解される。

3: 1-ｒ=0　　∴　ｒ=1
4: 1-2ｒ=0　　∴　ｒ=1/2
5: 1-3ｒ+ｒ²=0　　∴　r=(3±)/2
6: 1-4ｒ+3ｒ²=0　　∴　(1-ｒ)(1-3ｒ)=0　　∴　ｒ=1/3
8: 1-6ｒ+10ｒ²-4ｒ³=0　　∴　(1-2ｒ)(2ｒ²-4ｒ+1)=0　　∴　ｒ=(2±)/2
10: 1-8ｒ+21ｒ²-20ｒ³+5ｒ⁴=0　　∴　(ｒ²-3ｒ+1)(5ｒ²-5ｒ+1)=0　　∴　ｒ=(5±-)/10
12: 1-10ｒ+36ｒ²-56ｒ³+35ｒ⁴-6ｒ⁵=0　　∴　(1-2ｒ)(3ｒ²-4ｒ+1)(ｒ²-4ｒ+1)=0　　∴　ｒ=2±

きれいな現象が現れました。（→　参考：Ｓ（Ｈ）さんブログ）


（コメント）　本当に美しい関係ですね！攻略法さんに感謝します。


（追記）　平成２４年１１月６日付け

　ｎのところをみると、約数のところの多項式が出ています。6のとき3の式、8のとき4の式、

10のとき5の式、12のとき3と4の式というように。

　f³(ｘ)=ｘ　ならば、　f⁶(ｘ)=ｘ 、f¹²(ｘ)=ｘ

　f⁴(ｘ)=ｘ　ならば、 f⁸(ｘ)=ｘ 、 f¹²(ｘ)=ｘ

　f⁵(ｘ)=ｘ　ならば、 f¹⁰(ｘ)=ｘ
;
は自明ですから、そうなることもわかるような気がします。これ以降や、n=9のときなどもこの

ように因数分解できそうな気はしますね。


　らすかるさんからのコメントです。（平成２４年１１月７日付け）

　予想通りの結果ですが、

n=7: r^3-6r^2+5r-1 = (r^3-6r^2+5r-1)
n=9: r^4-10r^3+15r^2-7r+1 = (r-1)(r^3-9r^2+6r-1)
n=11: r^5-15r^4+35r^3-28r^2+9r-1 = (r^5-15r^4+35r^3-28r^2+9r-1)
n=13: r^6-21r^5+70r^4-84r^3+45r^2-11r+1= (r^6-21r^5+70r^4-84r^3+45r^2-11r+1)
n=14: 7r^6-56r^5+126r^4-120r^3+55r^2-12r+1
　　　 = (r^3-6r^2+5r-1)(7r^3-14r^2+7r-1)
n=15: r^7-28r^6+126r^5-210r^4+165r^3-66r^2+13r-1
　　　 = (r-1)(r^2-3r+1)(r^4-24r^3+26r^2-9r+1)
n=16: 8r^7-84r^6+252r^5-330r^4+220r^3-78r^2+14r-1
　　　 = (2r-1)(2r^2-4r+1)(2r^4-16r^3+20r^2-8r+1)

ちなみに、

n=15のときのr^4-24r^3+26r^2-9r+1=0の解は、

　　r={12+5√5±√(255+114√5)}/2, {12-5√5±√(255-114√5)}/2

で、　{12-5√5-√(255-114√5)}/2 = 1/(2+2cos(2π/15))、

n=16のときの2r^4-16r^3+20r^2-8r+1=0の解は、

　　r=2+√2±√(5+7/√2), 2-√2±√(5-7/√2)

で、　2+√2-√(5+7/√2) = 1/(2+2cos(2π/16))

ですから、　r={12-5√5-√(255-114√5)}/2 のとき、f¹⁵(ｘ)=ｘ

　　　　　　　r=2+√2-√(5+7/√2) のとき、 f¹⁶(ｘ)=ｘ

が成り立つと思います。


（追記）　平成２４年１１月７日付け

　私が提示した問題について、いくつか投稿があったので、どうやってわたしがｒの求め方を
得たのかを書いておきます。

　1次分数関数 f(x)=(ax+b)/(cx+d) 、g(x)=(ex+f)/(gx+h) とおく。

　このとき、2次正方行列　F={{a,b},{c,d}} , G={{e,f},{g,h}} が対応する。

　f(g(x))={(ae+bg)x+(af+bh)}/{((ce+dg)x+(cf+dh)}

　FG={{ae+bg,af+bh},{ce+dg,cf+dh}}

となるため、f(g(x))を考える代わりにFGを考えてもよい。このとき、単位行列Eの定数(≠0)
倍は分数関数で、x に対応することに注意する。

　f(x)={px-pq-r(p-q)²}/(x-q) とおく。これに対応する行列は、

　　A={{p,-pq-r(p-q)²},{1,-q}}

である。t=p-q≠0 とおくと、この行列のトレースと行列式は次のようになる。

　Tr[A]=p-q=t　、det[A]=-pq-{-pq-r(p-q)²}=r(p-q)²=rt²

　ケーリー・ハミルトンの定理から、　A²-tA+rt²E=O　が成り立つ。

　ただし、E={{1,0},{0,1}} （単位行列）、O={{0,0},{0,0}} （零行列）　である。

　fⁿ(ｘ)=ｘ となるためには、　Aⁿ=kE (k≠0) とならないといけない。

　Aⁿ を A²-tA+rt²E で割ると、

　Aⁿ=(A²-tA+rt²E){Σ_i=0〜n-2 c_i(r)t^n-i-2Aⁱ}+g(r)t^n-1A+h(r)tⁿE

　ここで、c_i(r) (i=0〜n-2), g(r), h(r) はrの関数である。

　A²-tA+rt²E=O なので、Aⁿ=kE (k≠0) となるためには、g(r)=0, h(r)≠0

このg(r)=0となるときのｒの値を求める式が補足にのせた次の式である。

　　Solve[Coefficient[PolynomialRemainder[x^n,x^2-x+r,x],x]==0,r]

言葉で書けば、

　「ｘⁿをｘ²-ｘ+ｒで割った余りのｘ¹の項の係数が0になるようなｒ」

ということになる。