用矩陣方法探討三階遞迴數列
廖信傑
圖一
圖二
一、 前言
義大利數學家 Fibonacci 於 1202 年在 其著作中提出兔子問題, 這個問題造就了現在 廣為人知的 Fibonacci 數列:
Fn+2= Fn+1+ Fn, F0 = F1 = 1, 利用幾何的方式, 我們可以將 Fibonacci 數列 表現出來, 如圖一。
圖一中, 正方形的邊長由小至大恰為 Fi- bonacci 數列, 在每個正方形內加上以其邊長 為半徑的圓, 可以得到一條優美的螺線 (spi- ral), 這條螺線可以做為對數螺線 (logarith- metic spiral) 的近似。
若我們將圖一中的正方形以正三角形替代, 依照類似的方法排列, 也可以得到類似的結果, 如圖二。 這些正三角形的邊長由小到大形成一 個新的數列, 稱為 Padovan 數列 [11]。
Padovan 數列 {Pn} 是由 Ian Stewart 在科學人雜誌 1996 年 6 月號所提出, 滿足三 階遞迴關係式
Pn+3= Pn+1+Pn, P0 = P1 = P2 = 1, 以建築師 Richard Padovan 的名字命名。
另一個與 {Pn} 有關的是 Perrin 數 {Rn}, 滿足遞迴關係
Rn+3= Rn+1+ Rn, R0 = 3, R1 = 0, R2 = 2,
與 {Pn} 具有相同的遞迴式, 但不同的初始值。
對於 Padovan 數及 Perrin 數的研究, 近年來已有一些結果, 使用的工具有生成函數、 矩 陣方法· · · 等等。 本文將利用矩陣方法研究 Padovan 數列, 為此需要先探討一些一般三階遞迴 多項式所具備的性質。 在這過程中, 我們也發現我們的成果部分回答了 Gould [5] 於其文章 — A history of the Fibonacci Q-matrix and a higher dimensional problem最末提出該如 何推廣二階的 Fibonacci Q-矩陣到三階、 四階甚至更高階的問題。
利用矩陣方法處理二階遞迴數列已見於多處文獻, 如 [7], [14]。 最近在數學傳播 36 卷第 二期中林鈺傑 [14] 定義
Q =
[ c d 0 1
]
並用其處理二階遞迴數列 {xn} 及 {yn}, 其中數列 {xn} 滿足遞迴式 xn+1= cxn+1+ dxn, x0 = a, x−1 = 0, 數列 {yn} 滿足
yn+1 = cyn+1+ dyn, y0 = x0 = a, y1 = b,
他利用 Q-矩陣得到一些二階遞迴數列的恆等式。 這讓我們想到若用類似的矩陣方法處理三階 遞迴式是否可以與 Gould 提出的問題做連結, 並得到常係數三階遞迴數列的一些性質。
在第二節中, 我們考慮一個三階遞迴數列 {an} 滿足遞迴式 an+3 = pan+2+ qan+1+ ran (r̸= 0), 其初始條件為 a−2 = a−1 = 0、 a0 = a̸= 0, 令
Q =
p q r 1 0 0 0 1 0
並證明給定一個所有元素皆由數列 {an} 以某種固定的形式組成的 3 × 3 方陣, 此種方陣可以 表示成 Q 的乘冪, 我們可以由這個性質得到一些數列 {an} 的恆等式, 其中 Waddill [10] 稱 Q 為 S-矩陣。
在第三節中, 我們將第二節證明的性質做了一些調整, 使其可以應用在一般的常係數三階 遞迴關係, 從而可以得到一些關於此類遞迴數列的恆等式。
最後在第四節中, 我們以前兩節得到的性質做工具, 導出了一連串關於 Padovan 數列 [11]
的恆等式。
二、 特殊三階遞迴數列的性質
本文於此節及下一節中同樣以矩陣方法研究三階遞迴數列, 並導出幾個可以與林鈺傑 [14]
的二階遞迴數列相對應的三階遞迴數列性質, 我們將在第三節末將其列出比較。
首先, 考慮一個三階遞迴數列 {an}n∈Z, 滿足遞迴式
an+3 = pan+2+ qan+1+ ran (r̸= 0), 其初始條件為 a−2 = a−1 = 0、 a0 = a̸= 0。
直接計算可得 a−3 = a
r、 a−4 =−qa
r2、 a1 = pa及 a2 = (p2+ q)a。 我們可以將遞迴式用矩陣表示如下:
an+3 an+2 an+1
=
p q r 1 0 0 0 1 0
an+2 an+1 an
.
以下便是這一節的一些主要定理。
定理1. 對任意整數 n 皆有
Qn=
p q r 1 0 0 0 1 0
n
= 1 a
an qan−1+ ran−2 ran−1 an−1 qan−2+ ran−3 ran−2 an−2 qan−3+ ran−4 ran−3
(2.1)
證明: 我們將利用數學歸納法證明。
當 n = 0 時, 1 a
a0 qa−1+ ra−2 ra−1 a−1 qa−2+ ra−3 ra−2 a−2 qa−3+ ra−4 ra−3
= 1 a
a 0 0 0 a 0 0 0 a
= I3 = Q0,
成立。 假設 n = k ≥ 0 時, 有
Qk = 1 a
ak qak−1+ rak−2 rak−1 ak−1 qak−2+ rak−3 rak−2 ak−2 qak−3+ rak−4 rak−3
.
現在考慮 n = k + 1, 則
Qk+1 = QkQ = 1 a
ak qak−1+ rak−2 rak−1 ak−1 qak−2+ rak−3 rak−2 ak−2 qak−3+ rak−4 rak−3
p q r 1 0 0 0 1 0
=1 a
pak+ qak−1+ rak−2 qak+ rak−1 rak pak−1+ qak−2+ rak−3 qak−1+ rak−2 rak−1 pak−2+ qak−3+ rak−4 qak−2+ rak−3 rak−2
=1 a
ak+1 qak+ rak−1 rak ak qak−1+ rak−2 rak−1 ak−1 qak−2+ rak−3 rak−2
.
故由數學歸納法知
Qn =
p q r 1 0 0 0 1 0
n
= 1 a
an qan−1+ ran−2 ran−1 an−1 qan−2+ ran−3 ran−2 an−2 qan−3+ ran−4 ran−3
對所有正整數 皆成立。
實際上, 此定理也適用於負整數。 注意到, 對任意正整數 n,
a0 a−1 a−2
=
p q r 1 0 0 0 1 0
a−1 a−2 a−3
=
p q r 1 0 0 0 1 0
2
a−2 a−3 a−4
=· · · =
p q r 1 0 0 0 1 0
n
a−n a−n−1 a−n−2
.
從而
a−n a−n−1 a−n−2
=
p q r 1 0 0 0 1 0
−n
a0 a−1 a−2
,
於是我們有
a−n qa−n−1+ ra−n−2 ra−n−1 a−n−1 qa−n−2+ ra−n−3 ra−n−2 a−n−2 qa−n−3+ ra−n−4 ra−n−3
=
p q r 1 0 0 0 1 0
−n
a0 qa−1+ ra−2 ra−1 a−1 qa−2+ ra−3 ra−2 a−2 qa−3+ ra−4 ra−3
=
p q r 1 0 0 0 1 0
−n
a 0 0 0 a 0 0 0 a
= a
p q r 1 0 0 0 1 0
−n
,
即
p q r 1 0 0 0 1 0
−n
= 1 a
a−n qa−n−1+ ra−n−2 ra−n−1 a−n−1 qa−n−2+ ra−n−3 ra−n−2 a−n−2 qa−n−3+ ra−n−4 ra−n−3
.
利用 (2.1), 我們可以得到一些 {an} 的恆等式, 如下述的定理 2 及定理 3。 令 A 為一方陣, 我 們以 det(A) 代表方陣 A 的行列式值。
定理2. 對任意整數 n 有
det
an an+1 an+2 an−1 an an+1 an−2 an−1 an
= a3rn.
證明:
rn= det(Qn) = 1 a3 det
an qan−1+ ran−2 ran−1 an−1 qan−2+ ran−3 ran−2 an−2 qan−3+ ran−4 ran−3
= 1 a3 det
an ran−2 ran−1 an−1 ran−3 ran−2 an−2 ran−4 ran−3
= r2 a3 det
an an−2 an−1 an−1 an−3 an−2 an−2 an−4 an−3
= r2 a3 det
an−2 an−1 an an−3 an−2 an−1 an−4 an−3 an−2
.
因此
det
an−2 an−1 an an−3 an−2 an−1
an−4 an−3 an−2
= a3rn
r2 = a3rn−2.
定理3. 對任意整數 m, n, 我們有 am+n = 1
a[aman+ qan−1am−1+ r(an−2am−1+ an−1am−2)].
證明: 考慮 Q 之 (m + n) 次乘冪, 由 (2.1) 可得
Qm+n= 1 a
am+n qam+n−1+ ram+n−2 ram+n−1 am+n−1 qam+n−2+ ram+n−3 ram+n−2 am+n−2 qam+n−3+ ram+n−4 ram+n−3
.
上式等號左邊可寫成 Qm+n= QmQn
= 1 a2
am qam−1+ ram−2 ram−1 am−1 qam−2+ ram−3 ram−2 am−2 qam−3+ ram−4 ram−3
an qan−1+ ran−2 ran−1 an−1 qan−2+ ran−3 ran−2 an−2 qan−3+ ran−4 ran−3
.
比較 Qm+n 中的 (1,1) 元素可得 am+n = 1
a[aman+ qan−1am−1+ r(an−2am−1+ an−1am−2)]. 以下我們給出一個 {an}n∈Z 的實際例子:
Barry [1] 證明了一個三階遞迴數列若具有 1
1− kx − kx2+ x3
形式的生成函數, 則此三階遞迴數列可以寫成某一個二階遞迴數列連續兩項的乘積, 在文章中 他以 Fibonacci 數列 {Fn}n≥0 連續兩項的乘積 {FnFn+1}n≥0 做為整篇文章的楔子。
若令 Fibonacci 數列之初始值為 F0 = F1 = 1, 並將 {FnFn+1}n≥0 的底標延伸到負數, 令 Hn= FnFn+1,則 {Hn}n∈Z 滿足遞迴式
Hn+3= 2Hn+2+ 2Hn+1− Hn, H−1 = H−2 = 0, H0 = 1.
[註]: 事實上, 任意常係數二階遞迴式 {cn} 滿足遞迴關係 cn+2 = pcn+1+ qcn,
其連續兩項相乘所得之數列 {cncn+1} 皆會滿足一個三階遞迴關係, 如下:
cn+3cn+4= (p2 + q)cn+2cn+3+ q(p2+ q)cn+1cn+2− q3cncn+1.
因為 H−1 = H−2= 0, {Hn} 跟這一節的 {an} 是同一類的遞迴數列, 於是由 (2.1) 知
Qn=
2 2 − 1 1 0 0 0 1 0
n
=
Hn 2Hn−1− Hn−2 − Hn−1
Hn−1 2Hn−2− Hn−3 − Hn−2
Hn−2 2Hn−3− Hn−4 − Hn−3
. (2.2)
利用定理2及定理3可分別得到以下恆等式 (i) 對任意整數 n 有
det
Hn Hn+1 Hn+2 Hn−1 Hn Hn+1 Hn−2 Hn−1 Hn
= (−1)n.
(ii) 對任意整數 m, n, 我們有
Hm+n= HmHn+ 2Hn−1Hm−1− (Hn−2Hm−1+ Hn−1Hm−2).
除了這些可以直接由定理得到的恆等式, 若遞迴數列的特徵多項式夠好時, 我們也可以利 用 Cayley-Hamilton 定理 [6] 及 (2.1) 得到其他恆等式, 如下:
因 Q 的特徵多項式為 x3− 2x2− 2x + 1 = 0, 由 Cayley-Hamilton 定理可得
Q3− 2Q2− 2Q + I = (Q + I)(Q2− 3Q + I) = 0. (2.3) 定理4. 對任意正整數 n 及整數 r, 有
∑n k=0
(n k
)
Fr+3kFr+3k+1 = 2n
∑n k=0
(n k
)
Fn+r+kFn+r+k+1.
證明: 由 (2.3) 知 Q3+ I = 2Q2+ 2Q = 2Q(Q + I), 等式兩邊同取 n 次乘冪得
∑n k=0
(n k
)
Q3k = (Q3+ I)n = 2nQn(Q + I)n = 2n
∑n k=0
(n k
) Qn+k. 兩邊同乘 Qr 並將 (2.2) 代入, 比較矩陣兩邊 (1,1) 元素可得
∑n k=0
(n k
)
Hr+3k = 2n
∑n k=0
(n k
)
Hn+r+k.
將 Hr+3k, Hn+r+k 換回 Fr+3kFr+3k+1, Fn+r+kFn+r+k+1 可得結果。 對定理 4 中等式左邊做逆運算 ([3])
fn =
∑n k=0
(n k
)
gk (n≥ 0) ⇔ gn=
∑n k=0
(−1)n−k (n
k )
fk,
將 2n∑n
k=0
(n
k
)Hn+r+k 代入 fn, Fr+3kFr+3k+1 代入 gk,我們得到以下推論:
推論5. 對任意正整數 n 及整數 r, 有
F3n+rF3n+r+1 =
∑n k=0
∑k l=0
(−1)n−k (n
k )(k
l )
2kFk+l+rFk+l+r+1.
上述定理 4 及推論 5 之結果是 Fibonacci 數列新的恆等式。
三、 一般三階遞迴數列的性質
有了第二節的性質, 現在我們希望對一般的常係數三階遞迴數列滿足
bn+3= pbn+2+ qbn+1+ rbn,
其初始條件為 b0 = a0 = a, b1 = b, b2 = c, {bn} 也能類似 (2.1) 表示為 Q 的乘冪。 然而 經過多番嘗試, 這似乎是難以辦到的, 所以我們退而求其次, 透過將 bn+2, bn+1, bn 表示為 an, an−1, an−2 的線性組合, 將其以矩陣型式表現出來, 希望透過 {bn} 與 {an} 間的聯繫來接近 我們的目標。
定理6. 對任意正整數 n, 我們有
bn+2 bn+1 bn
= 1 a
c qb + ra rb b c− pb ra a b− pa c − qa − pb
an an−1 an−2
,
其中
c qb + ra rb b c− pb ra a b− pa c − qa − pb
=
b2 b3− pb2 rb1 b1 b2− pb1 rb0 b0 b1− pb0 rb−1
.
證明: 我們利用數學歸納法證明。 當 n = 0 時,
1 a
c qb + ra rb b c− pb ra a b− pa c − qa − pb
a0 a−1 a−2
= 1 a
c qb + ra rb b c− pb ra a b− pa c − qa − pb
a 0 0
= 1 a
ca ba a2
=
c b a
假設對所有 n ≤ k 原命題皆成立。 則 n = k + 1, 我們有
bk+3
bk+2
bk+1
=
pbk+2+ qbk+1+ rbk
pbk+1+ qbk+ rbk−1
pbk+ qbk−1+ rbk−2
= p
bk+2
bk+1
bk
+ q
bk+1
bk
bk−1
+ r
bk
bk−1
bk−2
= 1 a
c qb + ra rb b c− pb ra a b− pa c − qa − pb
p
ak ak−1 ak−2
+ q
ak−1 ak−2 ak−3
+ r
ak−2 ak−3 ak−4
= 1 a
c qb + ra rb b c− pb ra a b− pa c − qa − pb
pak+ qak−1+ rak−2 pak−1+ qak−2+ rak−3 pak−2+ qak−3+ rak−4
= 1 a
c qb + ra rb b c− pb ra a b− pa c − qa − pb
ak+1
ak
ak−1
.
當矩陣為 [b−n b−n−1 b−n−2]T (n ≥ 0), 類似作法對 n 做數學歸納法可證明原命題對負整數
亦成立。
為了方便, 以後的討論裡我們一律將
b2 b3− pb2 rb1 b1 b2− pb1 rb0 b0 b1− pb0 rb−1
記為 A。
有定理 6 的幫助, 我們就可以將 {bn} 與其 S-矩陣 Q 聯繫再一起。
定理7. 對任意整數 n,
bn+2 qbn+1+ rbn rbn+1 bn+1 qbn+ rbn−1 rbn
bn qbn−1+ rbn−2 rbn−1
=
c qb + ra rb b c− pb ra a b− pa c − qa − pb
p q r 1 0 0 0 1 0
n
= AQn (3.1) 證明: 由定理 6,
bn+2 qbn+1+ rbn rbn+1 bn+1 qbn+ rbn−1 rbn
bn qbn−1+ rbn−2 rbn−1
= 1 a
c qb + ra rb b c− pb ra a b− pa c − qa − pb
an qan−1+ ran−2 ran−1 an−1 qan−2+ ran−3 ran−2 an−2 qan−3+ ran−4 ran−3
= 1 a
c qb + ra rb b c− pb ra a b− pa c − qa − pb
· a
p q r 1 0 0 0 1 0
n
=
c qb + ra rb b c− pb ra a b− pa c − qa − pb
p q r 1 0 0 0 1 0
n
= AQn.
[註]: 第二節中提到的 {an} 也適用於定理 7, 因此定理 7 可適用於任何初始值 b0 ̸= 0 的常係數 三次遞迴數列 {bn}。 實際上, 若 b0 = 0, 只要構造一個新的數列 cn = bn+k 使得 c0 = bk ̸= 0, 則定理 7 就可以適用於 {cn}, 之後只要再換回 {bn} 即可。
例: 若數列 {hn} 滿足
hn+3 = hn+2+ hn+1+ hn, h0 = 0, h1 = h2 = 1,
我們可以令 ˆhn = hn−1, 則 ˆh0 = ˆh1 = 1, ˆh−1 = 0, 定理 7 就可以應用在 {ˆhn} 上, 之後在 用 ˆhn = hn−1 換回 {hn}。
定理8. 對任意整數 n,
det
bn bn+1 bn+2 bn−1 bn bn+1 bn−2 bn−1 bn
= det
b1 b2 b3 b0 b1 b2 b−1 b0 b1
rn−1.
證明: 對 (3.1) 取行列式可得
det
bn+2 qbn+1+ rbn rbn+1
bn+1 qbn+ rbn−1 rbn bn qbn−1+ rbn−2 rbn−1
= (det A)rn,
等式左邊可改寫為
det
bn+2 qbn+1+ rbn rbn+1 bn+1 qbn+ rbn−1 rbn
bn qbn−1+ rbn−2 rbn−1
= det
bn+2 rbn rbn+1 bn+1 rbn−1 rbn
bn rbn−2 rbn−1
= r2det
bn+2 bn bn+1 bn+1 bn−1 bn
bn rbn−2 bn−1
.
第二行與第一行對調, 第三行再與第二行對調可得
det
bn+2 qbn+1+ rbn rbn+1
bn+1 qbn+ rbn−1 rbn bn qbn−1+ rbn−2 rbn−1
= r2det
bn bn+1 bn+2
bn−1 bn bn+1 bn−2 rbn−1 bn
.
而等式右邊中
det(A) = det
b2 b3− pb2 rb1 b1 b2− pb1 rb0
b0 b1− pb0 rb−1
= r det
b2 b3− pb2 b1 b1 b2− pb1 b0
b0 b1− pb0 b−1
= r det
b2 b3 b1 b1 b2 b0 b0 b1 b−1
第三行與第二行對調, 第二行在再與第一行對調可得
det(A) = r det
b1 b2 b3 b0 b1 b2 b−1 b0 b1
。
故
r2det
bn bn+1 bn+2 bn−1 bn bn+1 bn−2 bn−1 bn
= r det
b1 b2 b3 b0 b1 b2 b−1 b0 b1
· rn,
即
det
bn bn+1 bn+2 bn−1 bn bn+1 bn−2 bn−1 bn
= det
b1 b2 b3 b0 b1 b2 b−1 b0 b1
· rn−1.
定理9. 對任意整數 m 及 n, bm+n= 1
a[bman+ qbm−1an−1+ r(bm−2an−1+ bm−1an−2)].
證明: 由 (3.1) 知
AQm+n=
bm+n+2 qbm+n+1+ rbm+n rbm+n+1 bm+n+1 qbm+n+ rbm+n−1 rbm+n
bm+n qbm+n−1+ rbm+n−2 rbm+n−1
.
再一次由 (3.1) 及 (2.1), 上式左方可寫成 AQm+n= (AQm)Qn
=
bm+2 qbm+1+ rbm rbm+1 bm+1 qbm+ rbm−1 rbm
bm qbm−1+ rbm−2 rbm−1
1 a
an qan−1+ ran−2 ran−1 an−1 qan−2+ ran−3 ran−2 an−2 qan−3+ ran−4 ran−3
=1 a
bm+2 qbm+1+ rbm rbm+1
bm+1 qbm+ rbm−1 rbm bm qbm−1+ rbm−2 rbm−1
an qan−1+ ran−2 ran−1
an−1 qan−2+ ran−3 ran−2 an−2 qan−3+ ran−4 ran−3
.
亦即
bm+n+2 qbm+n+1+ rbm+n rbm+n+1 bm+n+1 qbm+n+ rbm+n−1 rbm+n
bm+n qbm+n−1+ rbm+n−2 rbm+n−1
= 1 a
bm+2 qbm+1+ rbm rbm+1
bm+1 qbm+ rbm−1 rbm bm qbm−1+ rbm−2 rbm−1
an qan−1+ ran−2 ran−1
an−1 qan−2+ ran−3 ran−2 an−2 qan−3+ ran−4 ran−3
.
比較等式兩邊矩陣 (3,1) 元素可得 bm+n = 1
a[bman+ qbm−1an−1+ r(bm−2an−1+ bm−1an−2)]. 假設 α, β, γ 為 Q 的特徵值, V (α, β, γ) 為 α, βγ 的 Vandermonde 矩陣
α2 β2 γ2
α β γ
1 1 1
.
Chen 和 Louck [2] 給出了以下等式
QnV (α, β, γ) = V (α, β, γ)D(αn, βn, γn)
其中 D(αn, βn, γn) 為對角矩陣。 將上式完整寫出來, 我們可以得到
p q r 1 0 0 0 1 0
n
α2β2γ2 α β γ 1 1 1
=
α2β2γ2 α β γ 1 1 1
αn 0 0 0 βn 0 0 0 γn
=
αn+2βn+2γn+2 αn+1βn+1γn+1 αn βn γn
.
這個等式提供我們一個將具有三個相異特徵值的 3 階遞迴式的一般式用矩陣表示出來的方法。
定理10. 令 {an} 滿足遞迴式 an+3 = pan+2+ qan+1+ ran,
其初始條件為 a−2 = a−1 = 0, a0 = a̸= 0。 若 Q 具有三個相異的特徵值, 則 an=−a[αn+2(β− γ) + βn+2(γ− α) + γn+2(α− β)
(α− β)(β − γ)(γ − α)
] .
證明: 因為 α, β, γ 相異, V (α, β, γ) 為可逆矩陣, 則 Qn 可被 V (α, β, γ) 對角化, 即
p q r 1 0 0 0 1 0
n
=
α2 β2 γ2
α β γ
1 1 1
αn 0 0 0 βn 0 0 0 γn
α2 β2 γ2
α β γ
1 1 1
−1
.
直接計算可知
V (α, β, γ)−1 = −1
(α− β)(β − γ)(γ − α)
β− γ γ2− β2 βγ(β− γ) γ− α α2− γ2 γα(γ− α) α− β β2− α2 αβ(α− β)
.
於是由 (2.1),
an qan−1+ ran−2 ran−1 an−1 qan−2+ ran−3 ran−2
an−2 qan−3+ ran−4 ran−3
= a
p q r 1 0 0 0 1 0
n
= −a
(α−β)(β−γ)(γ−α)
αn+2 βn+2 γn+2 αn+1 βn+1 γn+1 αn βn γn
β−γ γ2−β2 βγ(β−γ) γ−α α2−γ2 γα(γ−α) α−β β2−α2 αβ(α−β)
比較等式兩邊矩陣 (1,1) 的元素可得
an=−a[αn+2(β− γ) + βn+2(γ− α) + γn+2(α− β) (α− β)(β − γ)(γ − α)
]
.
[註]: 定理10的結果一般都用 {an} 的特徵方程式來處理。
藉由將定理10證明中最後得到的矩陣乘上 A, 我們可以將定理 10 的 {an} 擴展到一般 的三階遞迴數列 {bn}。
