F − P 卷 積 恆 等 式 Fibonacci 與 Padovan 的 對 話 ( 下 ):

Fibonacci 與 Padovan 的對話 ₍ 下 _{) :}

F−P 卷積恆等式

陳建燁

壹、 前言

在 「Fibonacci 與 Padovan 的對話 (上)」 一文中, 有 F_n = hn−1(α, β) 與 Pn = hn+2(a, b, c), 亦即可將 Fibonacci 數列和 Padovan 數列視為完全齊次對稱多項式的特殊情 形, 於是有可能運用完全齊次對稱多項式的已知性質, 來得到 Fibonacci 數列和 Padovan 數 列的性質。

兩數列 hani 和 hbni 的 「卷積」(convolution) 形如

n

P

i=0

ai· bn−i, 亦即兩數列對應項相乘 再相加, 保持下標總和為 n 。 在 「完全齊次對稱多項式 (起)」(參考資料 [1]) 一文中, 有 「自由 分解重組恆等式」, 其中的

X

k1+k2+·+km=k k1,k2,...,km≥0

[hk1(a¹, a², . . . , ai1)·hk2(ai1+1, ai1+2, . . . , ai2) · · · hkm(ai_m−1+1, ai_m−1+2, . . . , aim)]

是卷積的一種推廣形式, 參考資料 [1] 證明了可將此式的變數合併, 「重組」 成相對簡單的形式 hk(a1, a2, . . . , an)。

本文的目的在求出卷積 Pⁿ

i=0

Fi· Pn−i 的表達式, 首先先將 F_n 與 Pn 改成完全齊次對稱 多項式 hn−1(α, β) 與 hn+2(a, b, c), 接著利用自由分解重組恆等式, 將 Fn 與 Pn 的卷積化成 hk(α, β, a, b, c) 的型態, 運用代數變形, 得到初步結果:

n

X

k=0

Fk+1· Pn−k−2 = Fn+3− Pn+2. 再經由下標的調整, 得到形式更為對稱的結果:

n

X

i=0

Fi· Pn−i = Fn+3− Pn+3.

。

貳、 本文

一、 定義、 記號與已知公式

1. 自由分解重組恆等式: (參考資料 [1]) hk(a¹, a², . . . , an)

= X

k1+k2+·+km=k k1,k2,...,km≥0

[hk1(a¹, a², . . . , ai1)·hk2(ai1+1, ai1+2, . . . , ai2)· · ·hkm(ai_m−1+1, ai_m−1+2, . . . , aim)]

其中 aim = an。 (其中將變數 a¹, a², . . . , an 分成 m 組, 第一組為 a¹, a², . . . , ai1, 第二組為 ai1+1, ai1+2, . . . , ai2, . . . , 第 m 組為 ai_m−1+1, ai_m−1+2, . . . , aim)

例: X

i+j=2 i,j≥0

hi(a, b) · h^j(c, d) = h²(a, b) · h⁰(c, d) + h¹(a, b) · h¹(c, d) + h⁰(a, b) · h²(c, d)

= (a²+ ab + b²) · 1 + (a + b)(c + d) + 1 · (c²+ cd + d²)

= a²+ b² + c²+ d²+ ab + ac + ad + bc + bd + cd

= h²(a, b, c, d)

說明: 此式將下標總和為 2 的各個完全齊次對稱多項式先相乘再相加, 所得的式子為 h²(a, b, c, d), 將變數 a, b 與 c, d 合併在一起。

例:

X

i+j=n i,j≥0

hi(a¹, a²) · hj(a³, a⁴, a⁵) = hn(a¹, a², a³, a⁴, a⁵)

取 a¹ = α, a² = β, a³ = a, a⁴ = b, a⁵ = c, 得 hn(α, β, a, b, c) = X

i+j=n i,j≥0

hi(α, β) · hj(a, b, c) =

n

X

i=0

hi(α, β) · hⁿ⁻ⁱ(a, b, c).

2. h−L轉換公式: hk(a¹, a², . . . , an) = Lk+n−1(a¹, a², . . . , an) (參考資料 [2]) 例: 當 n = 5 時, 得 hk(a¹, a², a³, a⁴, a⁵) = Lk+4(a¹, a², a³, a⁴, a⁵),

取 a¹ = α, a² = β, a³ = a, a⁴ = b, a⁵ = c, 得 hk(α, β, a, b, c) = Lk+4(α, β, a, b, c) 。

二、 主要工作

(一) F−P 卷積恆等式:

n

P

k=0

Fk+1· Pn−k−2 = Fn+3− Pn+2

設 x²− x − 1 = 0 的兩根為 α 與 β, 且 x³− x − 1 = 0 的三根為 a, b, c 。 1.

n

X

k=0

Fk+1· P^n−k−2=

n

X

k=0

hk(α, β) · h^n−k(a, b, c) = hn(α, β, a, b, c) (自由分解重組恆等式, 參見本篇文章第 67 頁) 2. hn(α, β, a, b, c)

= Ln+4(α, β, a, b, c) (由 h − L 轉換公式, 參見本篇文章第 67 頁)

= αⁿ⁺⁴

(α − β)(α − a)(α − b)(α − c) + βⁿ⁺⁴

(β − α)(β − a)(β − b)(β − c)

+ aⁿ⁺⁴

(a − α)(a − β)(a − b)(a − c) + bⁿ⁺⁴

(b − α)(b − β)(b − a)(b − c)

+ cⁿ⁺⁴

(c − α)(c − β)(c − a)(c − b) 3. Ln+4(α, β, a, b, c) 的前兩項之和:

= αⁿ⁺⁴

(α − β)(α − a)(α − b)(α − c) + βⁿ⁺⁴

(β − α)(β − a)(β − b)(β − c)

= αⁿ⁺⁴

(α − β)(

α

− α − 1)

(β − α)(

β

− β − 1)

= αⁿ⁺⁴

(α − β) · α + βⁿ⁺⁴

(β − α) · β (註2)

= αⁿ⁺³

α − β + βⁿ⁺³ β − α

=αⁿ⁺³− βⁿ⁺³ α − β

= Fn+3

註1: ∵ x³− x − 1 = (x − a)(x − b)(x − c) ⇒ (α − a)(α − b)(α − c) = α³− α − 1 。 同理, 有 (β − a)(β − b)(β − c) = β³− β − 1 。

註2: ∵ x² − x − 1 = (x − α)(x − β) ⇒ α² − α − 1 = 0 ⇒ α² = α + 1 ⇒ α³ = α²+ α = (α + 1) + α = 2α + 1 ⇒ α³− α − 1 = (2α + 1) − α − 1 = α 。

4.

aⁿ⁺⁴

(a − α)(a − β)(a − b)(a − c)

(a

− a − 1)(a − b)(a − c)

= aⁿ⁺⁴

a

(1 − a)(a − b)(a − c)

= aⁿ⁺²

(1 − a)(a − b)(a − c)

=

− 1

a − 1

=

−(a + 1 + 1

a )

(a − b)(a − c) (註3)

= −aⁿ⁺³+ aⁿ⁺²+ aⁿ⁺¹ (a − b)(a − c)

同理可證 bⁿ⁺⁴

(b − α)(b − β)(b − a)(b − c) = −bⁿ⁺³+ bⁿ⁺²+ bⁿ⁺¹ (b − a)(b − c)

與 cⁿ⁺⁴

(c − α)(c − β)(c − a)(c − b) = −cⁿ⁺³+ cⁿ⁺²+ cⁿ⁺¹ (c − a)(c − b)

註1: ∵ x²− x − 1 = (x − α)(x − β) ⇒ (a − α)(a − β) = a²− a − 1.

註2: ∵ x³− x − 1 = (x − a)(x − b)(x − c)

⇒ a³− a − 1 = 0

⇒ −a − 1 = −a³

⇒ a²− a − 1 = a²− a³ = a²(1 − a).

註3: ∵ x³− x − 1 = (x − a)(x − b)(x − c)

⇒ a³− a − 1 = 0

⇒ a³− 1 = a

⇒ (a − 1)(a²+ a + 1) = a

⇒ 1

a − 1 = a²+ a + 1

a = a + 1 + 1 a.

5. 由 4, Ln+4 的後三項之和:

aⁿ⁺⁴

(a − α)(a − β)(a − b)(a − c) + bⁿ⁺⁴

(b − α)(b − β)(b − a)(b − c)

+ cⁿ⁺⁴

(c − α)(c − β)(c − a)(c − b)

= −aⁿ⁺³+ aⁿ⁺²+ aⁿ⁺¹

(a − b)(a − c) − bⁿ⁺³+ bⁿ⁺²+ bⁿ⁺¹

(b − a)(b − c) − cⁿ⁺³+ cⁿ⁺²+ cⁿ⁺¹ (c − a)(c − b)

= −

 aⁿ⁺³

(a − b)(a − c)+ bⁿ⁺³

(b − a)(b − c)+ cⁿ⁺³ (c − a)(c − b)



−

 aⁿ⁺²

(a − b)(a − c)+ bⁿ⁺²

(b − a)(b − c)+ cⁿ⁺² (c − a)(c − b)



−

 aⁿ⁺¹

(a − b)(a − c)+ bⁿ⁺¹

(b − a)(b − c)+ cⁿ⁺¹ (c − a)(c − b)



= −Ln+3(a, b, c) − Ln+2(a, b, c) − Ln+1(a, b, c)

= −hn+1(a, b, c) − hn(a, b, c) − hn−1(a, b, c) (用 h − L 轉換公式)

= −(Pⁿ⁻¹+

P

+ P

= −(

P

= −Pⁿ⁺² 6. 由 1, 2, 3, 4, 5, 可得

n

X

k=0

Fk+1· Pn−k−2 = hn(α, β, a, b, c)

=

α

(α − β)(α − a)(α − b)(α − c) + β

(β − α)(β − a)(β − b)(β − c)

+ a

(a − α)(a − β)(a − b)(a − c) + b

(b − α)(b − β)(b − a)(b − c)

+ c

(c − α)(c − β)(c − a)(c − b)

=

F

P

所以有

n

X

k=0

Fk+1· Pn−k−2 = Fn+3− Pn+2 (1)

至此, 已將 Fibonacci 數列與 Padovan 數列的卷積, 用兩數列相減來表示。

(二) 更進一步的結果:

n

P

i=0

Fi· Pn−i = Fn+3− Pn+3

就 Pⁿ

k=0

Fk+1· Pn−k−2 = Fn+3− Pn+2 而言, 形式已算簡潔, 但仍有可以改進的空間:

n

X

k=0

Fk+1· Pn−k−2 =

n+1

X

k+1=1

Fk+1· Pn−1−(k+1)

=

n+1

X

k+1=0

Fk+1· Pn−1−(k+1) (∵ F⁰ = F²− F¹ = 1 − 1 = 0)

=

n+1

X

i=0

Fi · Pn−1−i (令 k + 1 = i)

=

n−1

X

i=0

Fi · P⁽n−1)−i + Fn· P⁽n−1)−n+ Fn+1· P⁽n−1)−(n+1)

=

n−1

X

i=0

Fi · P⁽n−1)−i + Fn· P−1+ Fn+1· P−2

=

n−1

X

i=0

Fi · P⁽n−1)−i + Fn+1 (∵ P⁻¹ = 0 且 P−2= 1) 由

n

X

k=0

Fk+1· Pn−k−2 = Fn+3− Pn+2

⇒

n−1

X

i=0

Fi · P⁽n−1)−i + Fn+1= Fn+3− Pn+2

⇒

n−1

X

i=0

Fi · Pn−1−i = Fn+3− Pn+2− Fn+1= Fn+2− Pn+2

將 n 代換成 n + 1, 得

(n+1)−1

X

i=0

Fi· P⁽n+1)−1−i = F⁽n+1)+2− P⁽n+1)+2 ⇒

n

X

i=0

Fi· Pn−i = Fn+3− Pn+3 (2) 至此, 得到一個形式更對稱美觀的 F − P 卷積恆等式。

三、 相關文獻比較

在探索工作告一段落之後, 作相關文獻搜尋, 得知 Capponi, A., Farina, A., Pilotto, C.

在 Expressing stochastic filters via number sequences 一文 (參考資料 [3]) 中, 有如下的 性質:

令 γ_n= dn−3+ X

i+j=n i,j≥0,i6={0,1}

fi−3· dj, 其中 dn 代表 Padovan 數列, 則有 γ_n = fn。

以本文的記號而言, 此結果相當於

Fn= Pn−3+ X

i+j=n i,j≥0,i6={0,1}

Fi−3· Pj (3)

也呈現了 F−P 卷積的一種表達式。

那麼, 式子 (3) 和本文所得的式子 (2) 的關係為何?

筆者對 (3) 式研究如下:

由 Fn= Pn−3+ X

i+j=n i,j≥0,i6={0,1}

Fi−3· Pj

⇒ Fn= Pn− Pn−2+ X

i+j=n i,j≥0,i6={0,1}

Fi−3· Pj (∵ Pn = Pn−2+ Pn−3)

⇒ Fn= Pn− Pn−2+ X

i+j=n i,j≥0,i6={0,1,2}

Fi−3· Pj + F−1· Pn−2 (最右項為 i = 2, j = n − 2)

⇒ Fn= Pn+ X

i+j=n i,j≥0,i6={0,1,2}

Fi−3· Pj (∵ F−1 = F1− F⁰ = 1 − 0 = 1)

⇒ Fn− Pn= X

(i−3)+j=n−3 i−3≥−3,j≥0,i−36={−3,−2,−1}

Fi−3· Pj

⇒ Fn− Pn= X

k+j=n−3 k≥−3,j≥0,k6={−3,−2,−1}

Fk· Pj = X

k+j=n−3 k≥0,j≥0

Fk· Pj (令 i − 3 = k)

將 n 用 n + 3 代入, 得 Fn+3− Pn+3 = X

k+j=n k≥0,j≥0

Fk· Pj =

n

X

k=0

Fk· Pn−k

至此, 證明了 (3) 式其實和 (2) 式是等價的, 但就形式而言, (2) 式更為對稱。

參、 結語

文章題為 「Fibonacci 與 Padovan 的對話」, 對話所用的 「語言」 是 「完全齊次對稱多項 式」, 所得的結果為

n

P

i=0

Fi· Pn−i = Fn+3− Pn+3。 相對地, 參考資料 [3] 所用的語言為 「生成

函數」, 所得的性質為

Fn = Pn−3+ X

i+j=n i,j≥0,i6={0,1}

Fi−3· Pj.

在 「Fibonacci 與 Padovan 的對話(上)(下)」 這兩篇文章中, 筆者提出並證明了 「F−P 卷積恆等式」: Pⁿ

i=0

Fi· Pn−i = Fn+3− Pn+3; 而在相關文獻比較中, 筆者證明了參考資料 [3] 的

Fn = Pn−3+ X

i+j=n i,j≥0,i6={0,1}

Fi−3· Pj.

可改寫為本文的

n

X

i=0

Fi· Pn−i = Fn+3− Pn+3. 注意到

Fn= Pn−3+ X

i+j=n i,j≥0,i6={0,1}

Fi−3· Pj

之中的 i 6= {0, 1} 以及數列下標的 i − 3, 在式子的形式與結構上, 都有可以改進之處, 筆者將 之推進了一步。

最後, 就筆者的認知,

n

X

i=0

Fi · Pn−i = Fn+3− Pn+3

此一恆等式的提出, 以及用 「完全齊次對稱多項式」 加以證明的手法, 皆為本人的原創性結果, 尚祈讀者諸君不吝予以批評指教。

參考資料

1. 陳建燁。 完全齊次對稱多項式(起): 自由分解重組恆等式。 高中數學學科中心電子報第 113 期, 2016 年 8 月。

2. 陳建燁。 推廣的 Vandermonde 行列式 (最右行升次型)。 高中數學學科中心電子報第 114 期, p.6,11,12,14, 2016 年 9 月。

3. Capponi, A., Farina, A., and Pilotto, C., Expressing stochastic filters via number se- quences, Singal Processing, 90(7), 2124-2132, 2010.

—本文作者任教台北市立第一女子高級中學_—