Fibonacci 與 Padovan 的 對話 ( 上 ) : 將 Padovan 數列用
「完全齊次對稱多項式」 表示
陳建燁
壹、 前言
各位讀者, 你知道 Fibonacci 數列與 Padovan 數列有什麼關聯性嗎? 對於這兩個引起 大量研究興趣的數列, 表面看似並不相關。 本文將揭示其內在的共通性, 並在下一篇文章研究涉 及此兩數列的一個恆等式。
對於著名的 Fibonacci 數列 hFni :
F0 = 0, F1 = 1 Fn+2 = Fn+1+ Fn
, 已知其一般項為
Fn = 1
√5
h1 +√ 5 2
n
−1 −√ 5 2
ni
(參考資料 [1])。
設 α 與 β 為特徵方程式 x2− x − 1 = 0 的兩根, 且 α > β, 則 Fn = 1
√5(αn− βn) = αn− βn
α− β = αn−1+ αn−2β+ · · · + αβn−2+ βn−1.
其中的 αn−1+ αn−2β+ · · · + αβn−2+ βn−1, 恰為 α 與 β 的 「完全齊次對稱多項式」, 記 作 hn−1(α, β)。 以上說明了 Fn = hn−1(α, β), 亦即可將費氏數列的一般項, 表示成完全齊次 對稱多項式。
相對地, 另一個引起研究興趣的遞迴數列是所謂的:
Padovan 數列 hPni :
P0 = P1 = P2 = 1 Pn = Pn−2+ Pn−3
。 (參考資料 [2])
數列的前幾項為 1, 1, 1, 2, 2, 3, 4, 5, 7, . . .。
71
根據參考資料 [2] 的說法, 此三階遞迴數列, 是在 1996 年, 由 Ian Stewart 在科學人雜 誌提出。
本文的主要動機是 : 相較於 Fibonacci 數列可表示成完全齊次對稱多項式, 是否能將 Padovan 數 列也表示成完全齊次對稱多項式?
答案是肯定的, 在本篇文章中, 將證明 Pn= hn+2(a, b, c), 其中 a, b, c 是 hPni 的特徵方 程式 x3 − x − 1 = 0 的三個根。
貳、 本文
一、 定義、 記號與已知公式 :
1. 三階遞迴數列生成恆等式(參考資料 [3])
設 hani 為三階遞迴數列, 滿足遞迴關係 an+3 = pan+2 + qan+1 + ran, 其中 n = 0, 1, 2, . . ., 則有
a0xn+3 + (a1− pa0)xn+2+ (a2 − pa1 − qa0)xn+1
= (x3− px2− qx − r)(a0xn+ a1xn−1+ a2xn−2+ · · · + an−2x2 + an−1x+ an) +(pan+ qan−1+ ran−2)x2+ (qan+ ran−1)x + ran, 其中 n ≥ 2。
說明: 將 (x3 − px2 − qx − r)(a0xn + a1xn−1 + a2xn−2 + · · · + an−2x2 + an−1x+ an) 乘開, 得 a0xn+3+ (a1 − pa0)xn+2 + (a2− pa1 − qa0)xn+1− [(pan+ qan−1+ ran−2)x2 +(qan+ ran−1)x + ran], 移項之後即得。
2. 完全齊次對稱多項式(Complete Homogeneous Symmetric Polynomial)
定義:
hk(a1, a2, . . . , an) = X
λ1+λ2+·+λn=k λ1,λ2,...,λn≥0
(aλ11aλ22· · · aλnn),
稱為 「變數 a1, a2, . . . , an 的 k 次完全齊次對稱多項式」。 特別地, h0(a1, a2, . . . , an) = 1, 且 hk(a) = ak。
例:
h2(a1, a2, a3) = X
λ1+λ2+λ3=2 λ1,λ2,λ3≥0
(aλ11aλ22aλ33) = a21+ a22+ a23+ a1a2 + a2a3+ a3a1.
例: h2(a, b, c) = a2+ b2 + c2+ ab + bc + ca.
例: h3(a, b) = a3+ b3 + a2b+ ab2. 3. 拉格朗日插值型式
定義:
Lk(a1, a2, . . . , an) =
n
X
i=1
aki Q
1≤j≤n j6=i
(ai− aj), 稱為 「變數 a1, a2, . . . , an 的 k 次拉格朗日插值型式」。
註: 以分子的次方來定義 L 的下標。
例:
L2(a1, a2, a3) =
3
X
i=1
a2i Q
1≤j≤3 j6=i
(ai− aj) = a21
(a1− a2)(a1− a3) + a22
(a2− a1)(a2− a3)
+ a23
(a3− a1)(a3− a2). 例:
L8(a, b, c, d) = a8
(a − b)(a − c)(a − d) + b8
(b − a)(b − c)(b − d) + c8
(c − a)(c − b)(c − d)
+ d8
(d − a)(d − b)(d − c).
4. h−L 轉換公式 : hk(a1, a2, . . . , an) = Lk+n−1(a1, a2, . . . , an), 其中 n ≥ 2, k ≥ 0。
(參考資料 [4])
說明: 此一公式, 可將 「完全齊次對稱多項式」 與 「拉格朗日插值型式」 互相轉換。
例: 取 n = 3, k = 5, 得 h5(a1, a2, a3) = L5+3−1(a1, a2, a3) = L7(a1, a2, a3)。
說明: 對於
L7(a1, a2, a3) = a71
(a1 − a2)(a1− a3) + a72
(a2− a1)(a2− a3)+ a73
(a3− a1)(a3− a2), 首先, 有 3 個變數 a1, a2, a3, 則 n = 3。 接著, a71
(a1− a2)(a1− a3) 的分母為 2 次方, 分子為 7 次方, 所以化簡後所得齊次式 hk(a1, a2, a3) 的次方 k 為 7 − 2 = 5, 於是有 L7(a1, a2, a3) = h5(a1, a2, a3)。
注意到 7 − 5 = 2 = 3 − 1, 可以看出: L 與 h 的下標之差, 恰為變數個數減 1。
由於 L 與 h 的下標之差, 恰為變數個數減 1, 因此 h − L 轉換公式, 也可寫成:
Lk(a1, a2, . . . , an) = hk−(n−1)(a1, a2, . . . , an), 其中 k ≥ n − 1。
例: L11(a, b, c, d) = h11−(4−1)(a, b, c, d) = h8(a, b, c, d) 。 例: Ln+3(α, β, γ) = hn+3−(3−1)(α, β, γ) = hn+1(α, β, γ) 。 5. 基本對稱多項式(Elementary Symmetric Polynomial)
定義: ek(a1, a2, . . . , an) = P
λ1+λ2+···+λn=k 0≤λ1,λ2,...,λn≤1
(aλ11aλ22· · · aλnn), 稱為 「變數 a1, a2, . . . , an的 k 次 基本對稱多項式」。
例: e2(a1, a2, a3) = P
λ1+λ2+λ3=2 0≤λ1,λ2,λ3≤1
(aλ11aλ22aλ33) = a1a2+ a2a3+ a3a1 。
例: e0(a, b, c) = 1, e1(a, b, c) = a + b + c, e2 = ab + bc + ca, e3(a, b, c) = abc 。 例: (x − a)(x − b)(x − c) = x3− e1(a, b, c)x2+ e2(a, b, c)x − e3(a, b, c) 。
6. 對稱多項式的 「e−h 恆等式」(參考資料 [5])
m
X
k=0
(−1)kek· hn−k = 0, 其中 n ≥ m,
亦即 hn−e1hn−1+· · ·+(−1)tethn−t+· · ·+(−1)memhn−m = 0 。 (其中 ek = ek(a1, a2, . . ., am), hk = hk(a1, a2, . . . , am))
說明: 此式刻劃了基本對稱多項式與完全齊次對稱多項式的關聯性, 也說明了 hk(a1, a2, . . ., am) 是 m 階遞迴數列。
特別地, 當 m = 3 時, 有 P3
k=0(−1)kek· hn−k = 0, 即
hn(a1, a2, a3) − e1(a1, a2, a3)hn−1(a1, a2, a3) + e2(a1, a2, a3)hn−2(a1, a2, a3)
−e3(a1, a2, a3)hn−3(a1, a2, a3) = 0, 簡記為 hn− e1· hn−1+ e2· hn−2− e3· hn−3 = 0。
二、 主要工作 :
(一) 將三階遞迴數列的一般項 an 表示成完全齊次對稱多項式 hn(α, β, γ) 的線性組合:
1. 設 hani 為三階遞迴數列, 滿足遞迴關係 an+3 = pan+2 + qan+1+ ran, 且設特徵方程式 x3− px2− qx − r = 0 有三相異根 α、 β 與 γ 。
由 「三階遞迴數列生成恆等式」, 有:
a0xn+3+ (a1− pa0)xn+2+ (a2− pa1− qa0)xn+1
=
(x
3− px
2− qx − r)
(a0xn+ a1xn−1+ a2xn−2+ · · · + an−2x2+ an−1x+ an)+(pa
n+ qa
n−1+ ra
n−2)x
2+ (qan+ ran−1)x + ran=
(x − α)(x − β)(x − γ)
(a0xn+ a1xn−1+ a2xn−2+ · · · + an−2x2+ an−1x+ an) +an+1x2+ (qan+ ran−1)x + ran, 其中 n ≥ 2 。令 f (x) = a0xn+3+(a1−pa0)xn+2+(a2−pa1−qa0)xn+1 = Axn+3+Bxn+2+Cxn+1 可將上式視為:
「f (x) 除以 (x − α)(x − β)(x − γ) 的餘式為 an+1x2+ (qan+ ran−1)x + ran」。
可以看出, 三階遞迴數列的一般項 an+1, 正好是餘式 an+1x2+ (qan+ ran−1)x + ran 的 x2 項的係數。
2. 由 「拉格朗日插值多項式」, 可得
餘式 an+1x2+ (qan+ ran−1)x + ran
= f (α) · (x − β)(x − γ)
(α − β)(α − γ) + f (β) · (x − α)(x − γ)
(β − α)(β − γ) + f (γ) ·(x − α)(x − β) (γ − α)(γ − β) 比較 x2 的係數, 可得
an+1= f(α)
(α − β)(α − γ) + f(β)
(β − α)(β − γ) + f(γ) (γ − α)(γ − β)
=Aαn+3+Bαn+2+Cαn+1
(α−β)(α−γ) +Aβn+3+Bβn+2+Cβn+1
(β −α)(β−γ) +Aγn+3+Bγn+2+Cγn+1 (γ −α)(γ −β)
= A· αn+3
(α − β)(α − γ) + A· βn+3
(β − α)(β − γ) + A· γn+3 (γ − α)(γ − β) + B· αn+2
(α − β)(α − γ)+ B· βn+2
(β − α)(β − γ) + B · γn+2 (γ − α)(γ − β) + C· αn+1
(α − β)(α − γ)+ C· βn+1
(β − α)(β − γ) + C· γn+1 (γ − α)(γ − β)
=A · Ln+3(α, β, γ) + B · Ln+2(α, β, γ) + C · Ln+1(α, β, γ) 3. 由 h − L 轉換公式 (參見第 74 頁), 可得
A· Ln+3(α, β, γ) + B · Ln+2(α, β, γ) + C · Ln+1(α, β, γ)
= A · hn+1(α, β, γ) + B · hn(α, β, γ) + C · hn−1(α, β, γ).
4. 由 1, 2, 3, 可得
an+1 = A · hn+1(α, β, γ) + B · hn(α, β, γ) + C · hn−1(α, β, γ), 其中 n ≥ 2
⇒ an= A · hn(α, β, γ) + B · hn−1(α, β, γ) + C · hn−2(α, β, γ), 其中 n ≥ 3, 且 A = a0, B = a1− pa0, C = a2− pa1− qa0 。
至此, 已將三階遞迴數列的一般項 an 表示成完全齊次對稱多項式 hn(α, β, γ) 的線性組 合。
(二) Padovan 數列的一般項
1. 在上述的推導過程中, 取 a0 = a1 = a2 = 1 與 p = 0, q = 1, r = 1, 則數列 hani 即為 Padovan 數列 hPni。
設特徵方程式 x3− x − 1 = 0 的三相異根為 a, b, c(註), 則有
Pn= A · hn(a, b, c) + B · hn−1(a, b, c) + C · hn−2(a, b, c), 其中 n ≥ 3, 此時 A = a0 = 1, B = a1−pa0 = 1−0·1 = 1, C = a2−pa1−qa0 = 1−0·1−1·1 = 0, 即得 Pn= hn(a, b, c) + hn−1(a, b, c) 。
2. 更進一步地, 由 「e −h 恆等式」(參見第 74 頁), 有 hn(a, b, c) −e1(a, b, c) ·hn−1(a, b, c) + e2(a, b, c) · hn−2(a, b, c) − e3(a, b, c) · hn−3(a, b, c) = 0, 其中 n ≥ 3 。
又由 x3 − x − 1 = (x − a)(x − b)(x − c), 可得
e1(a, b, c) = a + b + c = 0, e2(a, b, c) = ab + bc + ca = −1, e3(a, b, c) = abc = 1
⇒ hn(a, b, c) − 0 · hn−1(a, b, c) + (−1) · hn−2(a, b, c) − 1 · hn−3(a, b, c) = 0
⇒ hn(a, b, c) = hn−2(a, b, c) + hn−3(a, b, c), 其中 n ≥ 3
⇒ hn+2(a, b, c) = hn(a, b, c) + hn−1(a, b, c), 其中 n ≥ 1.
3. 由 1, 2, 可得 Pn= hn(a, b, c) + hn−1(a, b, c) = hn+2(a, b, c), 其中 n ≥ 3 。
至此, 已將 Padovan 數列 hPni 的一般項表示為完全齊次對稱多項式 hn+2(a, b, c), 即 Pn = hn+2(a, b, c), 其中 n ≥ 3, 且 a, b, c 為 hPni 的特徵方程式 x3 − x − 1 = 0 的三 根。 此一表達式, 也可寫成 hn(a, b, c) = Pn−2, 其中 n ≥ 5 。
(三) 延拓至所有整數下標 1. 對於 Padovan 數列 hPni :
(P0 = P1 = P2 = 1
Pn = Pn−2+ Pn−3, Pn 的下標取值範圍可為所有整數。
由 Pn = Pn−2+ Pn−3 ⇒ Pn−3 = Pn− Pn−2, 可由此定出 P−1, P−2, P−3, . . .:
P−1= P2− P0 = 1 − 1 = 0, P−2= P1− P−1 = 1 − 0 = 1, P−3= P0− P−2 = 1 − 1 = 0,
...
2. 設 a, b, c 為特徵方程式 x3 − x − 1 = 0 的三根, 由 「e − h 恆等式」, 有 hn(a, b, c) = hn−2(a, b, c) + hn−3(a, b, c), 其中 n ≥ 3, 簡記為 hn = hn−2 + hn−3, 其中 n ≥ 3, 此式說明了 hhni 也構成一個三階遞迴數列, 而數列的前 3 項分別為: h0(a, b, c) = 1, h1(a, b, c) = a + b + c = 0, h2(a, b, c) = (a + b + c)2− (ab + bc + ca) = 0 − (−1) = 1, 所以有:
hhni :
(h0 = 1, h1 = 0, h2 = 1 hn= hn−2+ hn−3
類似於 Padovan 數列, hn 的下標取值範圍也可為所有整數。 由 hn = hn−2 + hn−3 ⇒ hn−3 = hn− hn−2, 可由此定出 h−1, h−2, h−3, . . .:
h−1= h2− h0 = 1 − 1 = 0, h−2= h1− h−1 = 0 − 0 = 0, h−3= h0− h−2 = 1 − 0 = 1,
...
3. 注意到 P0 = 1 = h2, P−1 = 0 = h1 與 P−2 = 1 = h0, 即 hPni 與 hhni 有連 續三項是相同的。 又 hPni 的遞迴關係式為 Pn = Pn−2 + Pn−3, hhni 的遞迴關係式為 hn = hn−2+ hn−3, 形式完全相同, 所以可看出 hPni 與 hhni 兩數列中的項完全相同, 只 有下標相差 2, 亦即 Pn = hn+2(a, b, c), 其中 n 為任意整數。
舉例而言, 從 P0 = 1 = h2, P−1= 0 = h1 與 P−2 = 1 = h0 出發, 則
P−3= P0− P−2 = h2− h0 = h−1, P−4 = P−1− P−3 = h1− h−1 = h−2, . . .; P1= P−1+ P−2 = h1+ h0 = h3, P2 = P0+ P−1 = h2+ h1 = h4,
P3= P1+ P0 = h3+ h2 = h5, . . . ,
可得 Pn= hn+2(a, b, c) 對所有整數下標皆成立。
註: 方程式 x3− x − 1 = 0 有三相異根, 此一事實之證明置於附錄。
參、 結語
回顧本文的工作, 第一階段, 先注意到三階遞迴數列一般項 an+1, 正好出現在多項式除法 的餘式 an+1x2+ (qan+ ran−1)x + ran 的 x2 項的係數; 接著用拉格朗日插值多項式寫出餘 式, 求得餘式的 x2 項的係數為 A · Ln+3+ B · Ln+2+ C · Ln+1; 再用 h − L 轉換公式, 轉換 成 A · hn+1+ B · hn+ C · hn−1。 用以上的方式, 將三階遞迴數列的一般項 an, 表示成完全 齊次對稱多項式 hn(α, β, γ) 的線性組合。
第二階段, 取 a0 = a1 = a2 = 1 與 p = 0, q = 1, r = 1, 則數列 hani 即為 Padovan 數列 hPni, 得 Pn = 1 · hn+ 1 · hn−1+ 0 · hn−2 = hn+ hn−1; 再用 e − h 恆等式, 得 hn+ hn−1 = hn+2; 最後將下標延拓至所有整數, 得到 Pn = hn+2(a, b, c), 其中 n 為任意整 數, 且 a, b, c 為特徵方程式 x3− x − 1 = 0 的三根, 將 hPni 的一般項表示為完全齊次對稱多 項式。
相較於將 Padovan 數列用一系列由小到大的正三角形邊長來呈現 (參考資料 [2]) 所展現 的幾何面貌, 本篇文章揭示的是Padovan 數列的 「代數本質」, 亦即本質上, Padovan 數列可 視為完全齊次對稱多項式的一種特殊情形。 由此, 即有可能透過對完全齊次對稱多項式進行更 一般的研究, 反過來得到 Padovan 數列的一些性質, 這是本文的目的所在。
附錄
方程式 x3− x − 1 = 0 有三相異根。
證明:
1. 若 x3− x − 1 = (x − k)3 = x3− 3kx2+ 3k2x− k3
⇒
−3k = 0 3k2 = −1
−k3 = −1
, 不合, 由此可知 x3− x − 1 = 0 沒有三重根。
2. 若 x3− x − 1 = (x − α)2(x − β) = x3 − (2α + β)x2+ (α2 + 2αβ)x − α2β, 其中 α6= β ⇒
−(2α + β) = 0 α2+ 2αβ = −1
−α2β = −1
將 β = −2α 代入 α2+ 2αβ = −1 與 −α2β = −1, 得 3α2 = 1 與 2α3 = −1 將兩式 相除, 得 α = −3
2 ⇒ β = −2α = 3 ⇒ α2β = 27
4 6= 1, 不合, 由此可知 x3− x − 1 = 0 沒有二重根。
3. 由 1, 2 可知, x3− x − 1 = 0 有三相異根。
另證: 由一元三次方程式的公式解, 可直接解出 x3− x − 1 = 0 的三根為
3
s 1
2+r 23 108 + 3
s 1
2−r 23 108, 3
s 1
2 +r 23
108 · ω + 3 s
1
2 −r 23 108 · ω2 與 3
s 1
2+r 23
108 · ω2+ 3 s
1
2 −r 23 108 · ω, 其中 ω = −1 +√
3i
2 , 亦可看出此三根相異。
參考資料
1. 陳建燁。 推導費氏數列性質三部曲(中): 用根與係數關係。 高中數學學科中心電子報第109 期 , p.1, 2016 年 4 月。
2. 廖信傑。 用矩陣方法探討三階遞迴數列。 數學傳播, 38(1), 36-50, 2005。
3. 陳建燁。 用 「拉格朗日插值多項式」 求三階遞迴數列的一般項(三相異根)。 高中數學學科中心電子 報第115 期, 1-2, 2016 年 10 月。
4. 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。
5. I. G. Macdonald, Symmetric Functions and Hall Polynomials, 12-14.
—本文作者任教台北市立第一女子高級中學—
2017 全國技專院校 「文以載數創作獎」 作品選集
你說 , 我說 文 / 黃鈺婷
時間滴答滴地過偶然相遇的輪廓 造就奇特的邂逅在我的試卷畫下了因果
你說彼此在一起就像彗星撞上了地球 兩點一直線的距離遠遠大於一道馬里亞納海溝
我說相遇在一起就像兩個圓凝聚成了果 兩點一直線的距離僅僅小於一個眼神一個回眸
你說這個未知數風險過大不足以投注 我說給個概數我將義無反顧 在幾何的世界兩點相連成線 於倍數增長的催化編織成新的一面
—本文作者就讀正修科技大學國際企業系—