初二代数题
设实数$a,b,c,d,e$互不相等，且$a+1/b = b+1/c = c+ 1/d = d +1/e = e +1/a = x$ ，求$x$的值 {a,b,c,d,e}//Partition[#,2,1,2]&//Solve[#[]+1/#[]==x,#[]]&/@#&//Flatten//Fold,i},(\[]/.\[])~Join~\[]],#,{5,4,3,2}]&//Factor//Table[{\[],#/.\[]//Simplify},{\,Solve[#[]==#[],x]}]&\begin{array}{cc}
x\to \frac{1}{2} \left(-1-\sqrt{5}\right) & \left\{e\to e,a\to -\frac{2}{2 e+\sqrt{5}+1},b\to -\frac{2 e+\sqrt{5}+1}{\left(1+\sqrt{5}\right) (e+1)},c\to -\frac{\left(1+\sqrt{5}\right) (e+1)}{\sqrt{5} e+e+2},d\to -\frac{\sqrt{5} e+e+2}{2 e}\right\} \\
x\to \frac{1}{2} \left(1-\sqrt{5}\right) & \left\{e\to e,a\to -\frac{2}{2 e+\sqrt{5}-1},b\to -\frac{2 e+\sqrt{5}-1}{\left(-1+\sqrt{5}\right) (e-1)},c\to \frac{\left(-1+\sqrt{5}\right) (e-1)}{\left(-1+\sqrt{5}\right) e+2},d\to \frac{-\sqrt{5} e+e-2}{2 e}\right\} \\
x\to \frac{1}{2} \left(-1+\sqrt{5}\right) & \left\{e\to e,a\to \frac{2}{-2 e+\sqrt{5}-1},b\to \frac{2 e-\sqrt{5}+1}{\left(-1+\sqrt{5}\right) (e+1)},c\to -\frac{\left(-1+\sqrt{5}\right) (e+1)}{\left(-1+\sqrt{5}\right) e-2},d\to -\frac{-\sqrt{5} e+e+2}{2 e}\right\} \\
x\to \frac{1}{2} \left(1+\sqrt{5}\right) & \left\{e\to e,a\to \frac{2}{-2 e+\sqrt{5}+1},b\to -\frac{-2 e+\sqrt{5}+1}{\left(1+\sqrt{5}\right) (e-1)},c\to \frac{\left(1+\sqrt{5}\right) (e-1)}{\sqrt{5} e+e-2},d\to \frac{\sqrt{5} e+e-2}{2 e}\right\} \\
x\to \frac{e^2+1}{e} & \{e\to e,a\to e,b\to e,c\to e,d\to e\} \\
\end{array}
舍去最后一解 要是，推广到了n个数，该怎么办呢，:lol 看矩阵^n的特征值 本帖最后由 chyanog 于 2018-7-15 21:53 编辑
推广到n个数时，x是这个多项式方程的根
$\frac{\left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n-\left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n}{2^n \sqrt{x^2-4}}=0$
补充内容 (2018-7-16 11:02):
Table[{n,x/.Solve)^n-(x-Sqrt)^n)/(2^n Sqrt)]]==0,x]},{n,1,6}] 为方便起见，可以改用u来代替x，于是我们记函数h(x)=1/(u-x),于是，b=h(a)等,也就是，a,b,c,d,e是h(h(h(h(h(x)))))的不动点。
采用射影坐标，h变成矩阵形式，其五次方后不动点对应特征向量，于是只有矩阵有实数特征值即可，应该对应u大于2即可 上面错了，矩阵的n次方特征向量不是原矩阵特征向量，说明原矩阵的两特征值的n次方相等，也就是方程x^2-ux+1两根的n次方为1 所以推广以后，n个数时的结果满足一个phi(n)次方的多项式，可以用切皮雪夫多项式的次数最大的多项式表示 这题目我没有好的思路．mathe的没看太懂．
现在看来，本质上是连分数．$x = $
n = 5; Solve, {(-1)^(n - 1) a}]] == x, x]
我来说说吧。
设f(t)=x-1/t，那么1层题目相当于问：求x，使得f(f(f(f(f(a)))))=a。
上面这种迭代的方式，mathe在6层的h()也是如此。
看，把a代入，迭代5次，又得到a，这个不变吧，故称“不动点”。
上面的f恰好是有理函数（就是(ax+b)/(cx+d)的模样的函数啦），人们发现它的迭代行为特别象2乘2矩阵的乘法。
就是说：函数(ax+b)/(cx+d)的迭代行为，等同于矩阵{{a,b},{c,d}}的相乘行为。
举例来说：以t为变量的函数f(t)=x-1/t=(xt-1)/(t+0)，对应于矩阵{{x,-1},{1,0}}，那么f迭代5次的函数还是有理函数，并且对应于矩阵{{x,-1},{1,0}}^5。
题目相当于问求x，使得{{x,-1},{1,0}}^5=I={{1,0},{0,1}}。（有理函数f(t)=t对应单位矩阵I。）
求矩阵多少次方后得到单位矩阵，当然要用本征值来弄的啦。
上面的套路就是模形式理论开篇的最最基础的第一句话啦，因此也就是mathe这样的椭圆曲线高手所熟知的“常规套路”了。
哈哈。
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