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差分
編集の要約なし
:$$z^5=(r^4-3r^2l+l^2)z-(r^3-2rl)l$$
:$$\quad\quad\quad\quad\vdots$$
:$$z^n=A_{n}z-A_{n-1}\quad\begin{cases}
A_0=0\\
A_1=1\\
A_{k}=(A_{k-1})r-(A_{k-2})l
\end{cases}$$
:$$\displaystyle z^n=\left[\sum_{k=0}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor}\binom{n-k-1}{k}(-1)^k(2\cos\theta)^{n-2k-1}\right]z-\sum_{k=0}^{\lfloor (n-2)/2\rfloor}\binom{n-k-2}{k}(-1)^k(2\cos\theta)^{n-2k-2}$$
:$$z^1=z$$
:$$z^2=2zrz-1=(2\cos\theta)z-1$$:$$z^3=(4r^2-1)z-r=[(2\cos\theta)^2\theta-1)]z-(2\cos\theta)$$:$$z^4=(8r^3-2l)z-(r^2-1)=[(2\cos\theta)^3\theta-4(2\cos\theta)]z-[(42\cos\theta)^2\theta-1)]$$:$$z^5=(16r^4-3r^2+1)z-(r^3-2r)=[(2\cos\theta)^4\theta-123(2\cos\theta)^2\theta+1)]z-[(82\cos\theta)^3\theta-42(2\cos\theta)]$$
:$$\quad\quad\quad\quad\vdots$$
:$$z^n=A_{n}z-A_{n-1}\quad\begin{cases}
A_0=0\\
A_1=1\\
A_{k}=(A_{k-1})r-(A_{k-2})
\end{cases}$$
==導出==
$$\{a,b\in\mathbb{Z}\}、\{z\in\mathbb{C}\}$$ において、$$+1$$ と $$+i$$ を基底の元とする $$\mathbb{R}^2$$ 上の複素数 $$z=a+bi$$ を次のように二乗する。
\begin{align*}
z^2=&(a+bi)(a+bi)\\
=&(a+bi)(2a-(a-bi))\\
=&2a(a+bi)-\sqrt{a^2+b^2}^2\\
=&2\mathrm{Re}(z)z-|z|^2\\
\end{align*}
ここで、$$r=2\mathrm{Re}(z)$$、$$l=|z|^2$$ と置くと
\begin{align*}
z^2=rz-l
\end{align*}
両辺に $$z$$ を乗じると $$z^3=rz^2-lz$$ となり、右辺に $$z^2=rz-1$$ を代入することで $$Pz+Q$$ の形へと変形できる。この操作を再帰的に繰り返し、任意の整数乗を $$Pz+Q$$ の形へと帰結させて恒等式を得る。
===ガラパゴ三角関数===
$$+1$$ と $$z=e^{i\theta}$$ を理論上の基底の元（$$z$$ が実数であっても独立した元であるものとみなして区別）とする $$\mathbb{R}^2$$ において、関数 において、極座標 $$f(x)=e^{xz}$$ の示す座標の実部と $$z$$ 部を得る関数がガラパゴ三角関数である。部を得る関数として次のような等式を想定する。
:$$e^{xz}=\cos(x,\frac{\theta}{2\pi}z)+z\sin(x,\frac{\theta}{2\pi}z)$$
これらの関数 $$\frac{\theta}{2cos(x,z)$$ と $$\pi}sin(x,z)$$ が有理数の場合、これらの関数はガラパゴ累乗定理を用いて級数展開可能である。詳しくははガラパゴ累乗定理を用いて級数展開可能である。詳しくは[[ガラパゴ三角関数]]を参照のこと。