遞迴數列的 「特徵多項式」
與 「線性衍生遞迴式」
陳建燁
一、 動機:
定義費氏數列 hFni: F0 = 0, F1 = 1, 且滿足遞迴關係式 Fn+2 = Fn+1 + Fn, 其中 n = 1, 2, . . .。
對於費氏數列, 從 F8 = F7+ F6 出發, 簡單地反覆代換, 可得 F8= F7+ F6 = (F6+ F5) + F6 = 2F6+ F5
= 2(F5+ F4) + F5 = 3F5+ 2F4
= 3(F4+ F3) + 2F4 = 5F4+ 3F3
至此, 得到一個遞迴關係式: F8− 5F4− 3F3 = 0, 先將這樣的關係式, 稱為由 Fn+2− Fn+1− Fn= 0 導出的 「線性衍生遞迴式」(在接下來的探討中, 會給出更正式的定義)。
類似地, 從 Fn = Fn−1+ Fn−2 (其中 n ∈ N 且 n ≥ 5) 出發, 如上同樣地反覆代換, 可 得 Fn− 5Fn−4− 3Fn−5 = 0。 以此角度而言, F8− 5F4− 3F3 = 0 和 F9− 5F5− 3F4 = 0 有著同樣的結構。
眾所周知, Fn+2 − Fn+1− Fn = 0 所對應的特徵方程式為 x2 − x − 1 = 0。 而在這篇 文章中, 定義 F8− 5F4 − 3F3 所對應的 「特徵多項式」 為 x8− 5x4− 3x3。 由長除法, 可得 x8− 5x4− 3x3 = (x2− x − 1)(x6+ x5+ 2x4+ 3x3), 發現 x8− 5x4− 3x3 是 x2− x − 1 的倍式! 這是個巧合嗎? 其中的關聯性是什麼呢? 請讀者先行思考, 再看本文接下來的探討。
二、 探討:
( 一 ) 定義 :
1. 線性衍生遞迴式
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設數列 hani 滿足遞迴關係式: an+ ran−1+ san−2 = 0, 其中 n ∈ N 且 n ≥ 2。 將形如
n−2
X
k=0
pk(an−k+ ran−k−1+ san−k−2)
= p0(an+ ran−1+ san−2) + p1(an−1+ ran−2+ sn−3) + · · · + pn−2(a2+ ra1+ sa0) = 0 的等式, 稱為由 an+2+ ran+1+ san = 0 所導出的線性衍生遞迴式。
例: Fibonacci 數列 hFni 滿足遞迴關係式: Fn− Fn−1− Fn−2 = 0, 由於
1. (Fn−Fn−1−Fn−2) + 1 · (Fn−1−Fn−2−Fn−3) + 2 · (Fn−2−Fn−3−Fn−4) + 3 · (Fn−3− Fn−4−Fn−5) = 0, 同類項合併得 Fn−5Fn−4−3Fn−5 = 0, 所以 Fn−5Fn−4−3Fn−5 = 0 為由 Fn− Fn−1− Fn−2 = 0 所導出的線性衍生遞迴式。
註: 讀者可以看出, 這是將 「一、 動機」 之中提到的代換, 改成用 「線性組合」 的方式來表達。
2. 特徵多項式
給定一數列 hani, 定義 rkak+ rk−1ak−1+ · · · + r1a1+ r0a0 所對應的 「特徵多項式」 為 rkxk+ rk−1xk−1+ · · · + r1x+ r0。
註: 即數列的下標, 恰對應 x 的次方。
例: a9− 5a5− 3a4 所對應的特徵多項式為 x9 − 5x5− 3x4。 3. 數列中各項的線性組合
給定一數列 hani, 將形如 rkak+rk−1ak−1+· · ·+r1a1+r0a0 的式子, 稱為 a0, a1, . . . , ak 的線性組合。
4. 數列的線性組合集合
給定一無窮數列 hani, 定義一集合
S= {rkak+ rk−1ak−1+ · · · + r1a1 + r0a0 | r0, r1, . . . , rk∈ Z}
為數列 hani 的 「線性組合集合」。
5. 特徵對應
規定一個對應 ϕ, 其規則為
ϕ : rkak+ rk−1ak−1 + · · · + r1a1+ r0a0 → rkxk+ rk−1xk−1+ · · · + r1x+ r0, 也可記為
ϕ(rkak+ rk−1ak−1+ · · · + r1a1 + r0a0) = rkxk+ rk−1xk−1+ · · · + r1x+ r0,
說明: ϕ 是一個從 「數列的線性組合集合」 到 「特徵多項式」 的對應, 將 ϕ 稱為 「特徵對 應」。 由定義易知 ϕ 是一個一對一對應。
( 一 ) 性質 :
由上述的定義, 得到以下的性質: 設 P = pkak + pk−1ak−1 + · · · + p1a1 + p0a0 與 Q= qkak+qk−1ak−1+· · ·+q1a1+q0a0皆為 a0, a1, . . . , ak的線性組合, 則有 ϕ(αP +βQ) = α· ϕ(P ) + β · ϕ(Q)。
證明:
ϕ(αP +βQ)
= ϕ[α(pkak+pk−1ak−1+· · ·+p1a1+p0a0)+β(qkak+qk−1ak−1+· · ·+q1a1+q0a0)]
= ϕ[(αpk+βqk)ak+(αpk−1+βqk−1)ak−1+· · ·+(αp1+βq1)a1+(αp0+βq0)a0]
= (αpk+ βqk)xk+ (αpk−1+ βqk−1)xk−1+ · · · + (αp1+βq1)x + (αp0+βq0)a0
= α(pkxk+pk−1xk−1+· · ·+p1x+p0)+β(qkxk+qk−1xk−1+· · ·+q1x+q0)
= α · ϕ(pkak+pk−1ak−1+· · ·+p1a1+p0a0)+β · ϕ(qkak+qk−1ak−1+· · ·+q1a1+q0a0)
= α · ϕ(P )+β · ϕ(Q).
註: 此性質表示 ϕ 是 「線性」(linear)。
( 三 ) 定理 :
經過一番實驗與探索, 得到以下的定理:
線性衍生遞迴定理: 設數列 hani 滿足遞迴關係式: an+ ran−1+ san−2 = 0, 其中 n ∈ N 且 n ≥ 2, 且
n−2
P
k=0
pk(an−k+ ran−k−1+ san−k−2) = 0 為由 an+ ran−1+ san−2 = 0 所導出 的線性衍生遞迴式。 設將
n−2
P
k=0
pk(an−k+ ran−k−1+ san−k−2) = 0 同類項合併之後, 所得等式 為 rnan+ rn−1an−1 + · · · + r1a1+ r0a0 = 0, 則 rnxn+ rn−1xn−1+ · · · + r1x+ r0 必為 x2+ rx + s 的倍式。
說明: 即由原遞迴式出發, 所導出的線性衍生遞迴式, 在同類項合併之後, 所對應的特徵多項式, 必為 x2+ rx + s 的倍式。 此處的同類項合併, 是以 ak 的下標 k 作分類。
證明:
rnxn+ rn−1xn−1+ · · · + r1x+ r0 = ϕ(rnan+ rn−1an−1+ · · · + r1a1+ r0a0)
= ϕh
n−2
X
k=0
pk(an−k+ ran−k−1+ san−k−2)i
=
n−2
X
k=0
[pk· ϕ(an−k+ ran−k−1+ san−k−2)] (∵ ϕ is linear)
=
n−2
X
k=0
pk(xn−k+ rxn−k−1+ sxn−k−2)
=
n−2
X
k=0
[pkxn−k−2· (x2+ rx + s)] = (x2+ rx + s) ·
m
X
k=0
pkxn−k−2
, 得證。
到此, 已足以說明在 「一、 動機」 所觀察到的現象。 反之, 若 rnxn+rn−1xn−1+· · ·+r1x+r0為 x2+rx+s 的倍式, 則 rnan+rn−1an−1+· · ·+r1a1+r0a0 = 0 是否為 an+ran−1+san−2 = 0 的線性衍生遞迴式? 答案是肯定的。
逆定理: 設數列 hani 滿足遞迴關係式: anran−1 + san−2 = 0, 其中 n ∈ N 且 n ≥ 2。 若 rnxn+ rn−1xn−1 + · · · + r1x+ r0 為 x2 + rx + s 的倍式, 則 rnan+ rn−1an−1 + · · · + r1a1 + r0a0 = 0 為由 an+ ran−1+ san−2 = 0 所導出的線性衍生遞迴式。
證明: 設 rnxn+ rn−1xn−1+ · · · + r1x+ r0 除以 x2+ rx + s 所得的商式為
n−2
P
k=0
pkxn−k−2, 可得
ϕ(rnan+ rn−1an−1+ · · · + r1a1+ r0a0) = rnxn+ rn−1xn−1+ · · · + r1x+ r0
= (x2+ rx + s) ·
n−2
X
k=0
pkxn−k−2
=
n−2
X
k=0
[pkxn−k−2· (x2+ rx + s)]
=
n−2
X
k=0
pk(xn−k+ rxn−k−1+ sxn−k−2) =
n−2
X
k=0
[pk· ϕ(an−k+ ran−k−1+ san−k−2)]
= ϕh
n−2
X
k=0
pk(an−k+ ran−k−1+ san−k−2)i
由於 ϕ 是一對一對應, 所以
rnan+ rn−1an−1+ · · · + r1a1+ r0a0 =
n−2
X
k=0
pk(an−k+ ran−k−1+ san−k−2),
即 rnan+ rn−1an−1+ · · · + r1a1+ r0a0 = 0 為由 an+ ran−1+ san−2 = 0 所導出的線性 衍生遞迴式, 得證。
上述的證明過程, 實際上給出了如何由 an+ ran−1+ san−2 = 0 導出 rnan+ rn−1an−1+
· · · + r1a1+ r0a0 = 0 的具體操作方法: 將 rnan+ rn−1an−1+ · · · + r1a1+ r0a0 所對應的特 徵多項式 rnxn+ rn−1xn−1+ · · ·+ r1x+ r0 除以 x2+ rx + s, 設所得的商式為
n−2
P
k=0
pkxn−k−2, 則 rnan+ rn−1an−1+ · · · + r1a1+ r0a0 即可表示為
n−2
P
k=0
pk(an−k+ ran−k−1+ san−k−2)。
例: 設 hFni 為費氏數列, 試證: Fn= Fn−3+ 3Fn−4+ 3Fn−5+ Fn−6, 其中 n ∈ N 且 n ≥ 6。
證明: Fn− Fn−3− 3Fn−4− 3Fn−5− Fn−6 所對應的特徵多項式為
xn− xn−3− 3xn−4− 3xn−5− xn−6 = xn−6(x6 − x3 − 3x2− 3x − 1), 由長除法得
x6− x3− 3x2− 3x − 1 = (x2− x − 1)(x4+ x3+ 2x2+ 2x + 1)
⇒ xn−6(x6−x3−3x2−3x−1) = (x2−x−1)(xn−2+ xn−3+ 2xn−4+ 2xn−5+ xn−6) 由 Fn− Fn−1− Fn−2 = 0
⇒ 1 · (Fn− Fn−1− Fn−2) + 1 · (Fn−1− Fn−2− Fn−3) + 2 · (Fn−2− Fn−3− Fn−4) +2 · (Fn−3− Fn−4− Fn−5) + 1 · (Fn−4− Fn−5− Fn−6) = 0
⇒ Fn− Fn−3− 3Fn−4− 3Fn−5− Fn−6 = 0, 得證。
三、 應用:
( 一 ) 費氏數列與二項式係數內積恆等式 :
設 hFni 為費氏數列, 試證:
n
P
k=0
CknFk = F2n。 證明:
(1) F2n− (CnnFn+ Cnn−1Fn−1+ · · ·+ C1nF1+ C0nF0) 所對應的特徵多項式為 x2n− (Cnnxn+ Cnn−1xn−1+ · · · + C1nx1+ C0n) = x2n− (x + 1)n, 令 f (x) = x2n− (x + 1)n。
(2) 設 x2− x − 1 = 0 的兩根為 α 與 β, 且 α > β ⇒ α2 = α + 1 且 β2 = β + 1 注意到 f(α) = α2n−(α+1)n = α2n−(α2)n = 0 與 f (β) = β2n−(β +1)n= β2n−(β2)n = 0 由因式定理, 得 (x − α)(x − β) 為 f (x) 的因式 ⇒ f (x) 為 x2− x − 1 的倍式。
(3) 由 「線性衍生遞迴定理」 的逆定理, 可知 F2n−(CnnFn+Cnn−1Fn−1+· · ·+C1nF1+C0nF0) = 0 為 Fn− Fn−1− Fn−2 = 0 的線性衍生遞迴式, 所以欲證之等式成立。
( 二 ) Padovan 數列相關恆等式
Padovan 數列 hPni 定義如下: P0 = P1 = P2 = 1, 且滿足遞迴關係式 Pn = Pn−2+ Pn−3, 其中 n ∈ N 且 n ≥ 3。 (譯名為 「巴都萬數列」)
設 hPni 為 Padovan 數列, 試證:
1. Pn = Pn−1+ Pn−5
2. Pn = Pn−2+ Pn−4+ Pn−8
3. Pn = Pn−4+ Pn−5+ Pn−6+ Pn−7+ Pn−8
證明: Pn− Pn−2− Pn−3 = 0 所對應的特徵方程式為 x3 − x + 1 = 0, Pn− Pn−1− Pn−5, Pn− Pn−2− Pn−4− Pn−8 與 Pn− (Pn−4+ Pn−5+ Pn−6+ Pn−7+ Pn−8) 所對應的特徵多項 式分別為 xn−5(x5− x4− 1), xn−8(x8− x6− x4− 1) 與 xn−8(x8− x4− x3− x2− x − 1), 由長除法可得
xn−5(x5− x4− 1) = (x3− x − 1)(xn−3− xn−4− xn−5)
xn−8(x8− x6− x4− 1) = (x3− x − 1)(xn−3+ xn−6− xn−7+ xn−8) xn−8(x8− x4− x3− x2− x − 1) = (x3− x − 1)(xn−3+ xn−5+ xn−6+ xn−8) 即 xn−5(x5− x4− 1), xn−8(x8− x6− x4− 1) 與 xn−8(x8− x4− x3− x2− x − 1) 皆為 x3− x − 1 的倍式, 由 「線性衍生遞迴定理」 的逆定理, 欲證之等式皆成立。
四、 結語:
設 hFni 為費氏數列, 對於形如 Fn− 5Fn−4− 3Fn−5 = 0 的關係式, 一般會取數列的前 幾項代入, 檢驗正確性, 再用數學歸納法證明, 整個問題也就到此為止。
本文從一般熟知的特徵方程式出發, 定義所謂的 「特徵多項式」, 以找出 「線性衍生遞迴式」
的內在結構, 從而將這一類的問題, 轉化為多項式除法, 進而可以對線性的遞迴式, 給出系統性 的證明。
