組立除法でa^n+b^n=P(a+b,ab)やcos(nx),sin(nx)を解く
3項間漸化式$ x_{n+1} = p x_{n} - q x_{n-1} を解くプロセスは漸化式をそれ以上代入できなくなるまで再帰的に代入する操作なのだが、漸化式を多項式$ x^{n+1} = p x^{n} - q x^{n-1} に置き換えると、この再帰的な代入の操作は多項式$ x^2-px+q(=0) で割り算して剰余を求める操作に置き換わる。だから組立除法に乗せられる。
$ p:=a+b ,$ q:=ab ,$ x_n:=a^n+b^n とする。
このとき$ x_0 = 2 ,$ x_1 = p であり、
$ x_2 = p x_1 -q x_0=p^2-2q より$ a^2+b^2=(a+b)^2-2ab
$ \begin{array}{r|llll} & 1 & 0 & 0 & 0\\\hline p & & p & p^2\\ -q & & & -q & -pq\\\hline & 1 & p \ ||& p^2-q & -pq \end{array}
$ x_3 = (p^2 - q) x_1 - p q x_0 = (p^2 - q) p - 2 p q
$ a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)
$ \begin{array}{r|lllll} & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\\hline p & & p & p^2 &p^3-pq\\ -q & & & -q & -pq & q^2-p^2q\\\hline & 1 & p & p^2-q\ || & p^3-2pq & q^2-p^2q \end{array}
$ x_4 = (p^3 - 2 p q) x_1 + (q^2 - p^2 q) x_0 = (p^3 - 2 p q) p + 2 (q^2 - p^2 q)
$ a^4+b^4=(a+b)^4-4ab(a+b)^2 + 2(ab)^2
$ \begin{array}{r|llllll} & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\hline p & & p & p^2 & p^3-pq & p^4-2p^2q \\ -q & & & -q & -pq & q^2-p^2q & 2pq^2-p^3q \\\hline & 1 & p & p^2-q & p^3-2pq\ || & p^4 - 3 p^2 q + q^2 & 2pq^2-p^3q \end{array}
$ x_5 = (p^4 - 3 p^2 q + q^2) x_1 + (2 p q^2 - p^3 q) x_0 = (p^4 - 3 p^2 q + q^2) p + 2 (2 p q^2 - p^3 q)
$ a^5+b^5=(a+b)^5-5ab(a+b)^3 + 5(ab)^2(a+b)
問題:なぜ解ける?
$ \cos nx,\ \sin nx を組立除法で$ \cos x,\ \sin x の式にする
3項間漸化式$ \underbrace{\cos(n+1)x}_{x_{n+1}} = 2\cos x\underbrace{\cos nx}_{x_{n}} - \underbrace{\cos(n-1)x}_{x_{n-1}} = x_1 P_n(\cos x)+x_0 Q_n(\cos x)を再帰的に解いているだけ
$ \begin{array}{r|llll} 次数n & 3 & 2 & 1 \\ & 1 & 0 & 0 \\\hline 2C & & 2C & \\ -1 & & & -1 \\\hline & 1 \ ||& 2C & -1 \end{array}
$ \therefore \cos3x = \underbrace{2\cos x}_{2C}\underbrace{(2\cos^2x - 1)}_{\cos2x} \underbrace{-}_{-1} \cos x
$ \therefore \sin3x = \underbrace{2\cos x}_{2C}\underbrace{(2\cos x\sin x)}_{\sin2x} \underbrace{-}_{-1} \sin x
$ \begin{array}{r|llll} 次数 n & 4 & 3 & 2 & 1 \\ & 1 & 0 & 0 & 0\\\hline 2C & & 2C & 4C^2 \\ -1 & & & -1 & -2C \\\hline & 1 & 2C \ ||& 4C^2-1 & - 2C \end{array}
$ \therefore \cos4x = (4\cos^2x - 1)(2\cos^2x -1) - 2\cos x\cos x
$ \therefore \sin4x = (4\cos^2x - 1)(2\cos x\sin x) - 2\cos x\sin x
$ \begin{array}{r|llll} 次数 n & 5 & 4 & 3 & 2 & 1 \\ & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\\hline 2 C & & 2 C & 4 C^2 & 8 C^3 - 2 C \\ -1 & & & -1 & -2 C & -4 C^2 + 1 \\\hline & 1 & 2C & 4C^2-1 \ ||& 8C^3 - 4C & -4 C^2 + 1 \end{array}
$ \therefore \cos5x = (8\cos^3x - 4\cos x)(2\cos^2x-1)+( - 4\cos^2x + 1)\cos x
$ \therefore \sin5x = (8\cos^3x - 4\cos x)(2\cos x\sin x) + (- 4\cos^2x + 1)\sin x
$ \sin1\degree は無理数か?
$ \sin(2n+1) = 2 \cos1 \sin2n - \sin(2n-1)
$ = 2 \cos1 [2 \cos1 \sin(2n-1) - \sin(2n-2)] - \sin(2n-1)
$ = (4 \cos^21 - 1)\sin(2n-1) - 2 \cos1 \sin(2n-2)
$ = (4 \cos^21 - 1)\sin(2n-1) - (\sin(2n-1) + \sin(2n-3))
$ = (4 \cos^21 - 2)\sin(2n-1) - \sin(2n-3)
$ = (2 - 4 \sin^21) \sin(2n-1) - \sin(2n-3)