Riordan 矩陣與組合恆等式
劉冠妤
1. 引言
Riordan 矩陣是在 1991 年由 Shapiro、 Getu、 Woan 和 Woodson [4]所提出, Shapiro 為了紀念他的老師 Riordan 而將這類矩陣命名為 Riordan 矩陣。 因為Riordan 矩陣的原理 很簡單, 但在組合、 計數等問題上有很多的應用, 因此最近在國外是一個很熱門的主題。
Riordan 矩陣的應用方面, Sprugnoli [5] 利用 Riordan 矩陣找出多種組合和式的生成 函數, 由生成函數就能得到組合和式的封閉表達式或漸進值; Sprugnoli 和 Merlini [3] 也利用 Riordan 矩陣給出了 Sun [7] 提出的一個組合恆等式證明的另解。 應用之外, 因為 Riordan 矩陣在矩陣乘法的作用下形成群, 稱做 Riordan 群, 也有人研究 Riordan 群的代數結構, He、
Hsu 和 Shiue 證明 Riordan 群和 Sheffer 群同構並將 Riordan 矩陣推廣到更高維度; Jean- Louis 和 Nkwanta 研究了一些代數性質, 並給出 Riordan 群的中心化子 (centralizer) 和穩 定化子 (stabilizer) 等等。 (更多關於 Riordan 矩陣的研究可以參閱 Sprugnoli [6])
本文第二節將介紹 Riordan 矩陣的定義與基本定理, 並驗證Riordan 群; 第三節將基本 定理做應用, 證明一些恆等式。
2. Riordan 矩陣
定義 1 (Shapiro et al. [4]). 給定兩個冪級數 (power series) g(x) = 1 + P∞ n=1
gnxn, f (x) = P∞
n=1
fnxn。考慮一個無限矩陣 M = (mni)n,i≥0, 若 M 之第 i 行 (column) (m0i, m1i, m2i,· · · ) 的生成函數為 Ci(x) = g(x)[f (x)]i 即 P
n≥0
mnixn= g(x)[f (x)]i, 則我們稱這種矩陣為 Rion- dan 矩陣並將其記為 M = (g(x), f (x))。
例 1. 令 g(x) = 1−x1 , f (x) = 1−xx , 可以寫出 P = (g(x), f (x)) = 1−x1 ,1−xx
。 我們有 Ci(x) = 1
1 − x ·
x 1 − x
i
=X
k≥0
i k
xk,
55
P =
1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1
... . ..
=n k
n,k≥0
, 為 Pascal 矩陣。
相反地, Pascal 矩陣可由(g(x), f (x)) =
1
1 − x, x 1 − x
所生成。 設
P =n k
n≥0
=
1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1
... . ..
。
在這邊很明顯的取g(x) = 1 + 1 · x + 1 · x2 + 1 · x3 + · · · = 1
1 − x, 而我們已經知道如 果A(x) = a0+ a1x+ a2x2+ · · · , 則
A(x) 1
1 − x = a0+ (a0+ a1) x + (a0+ a1+ a2) x2+ · · · = X∞ n=0
Xn i=0
ai
! xn, 故
Xk n=0
ani = ak+1,i+1,
或可由二項式k k
+k + 1 k
+k + 2 k
+ · · · +n k
=n + 1 k+ 1
得到此結果。 另外, 行 向量寫成
Ck(x) x
1 − x = Ck+1(x), Ci(x) = 1 1 − x·
x 1 − x
i
。
例 2. 令g(x) = 1 −√
1 − 4x2
2x2 , f (x) = 1 −√
1 − 4x2
2x 。計算可得 [xk] (1 − 4x)12 = [xk]X
n≥0
1
2
n
(−4x)n
= [xk]X
n≥0 1
2(−12)(−32) · · · (12 − n + 1)
n! (−1)n22nxn
= [xk]X
n≥0
(−1) · 1 · 3 · · · (2n − 3) n! 2nxn
= [xk]X
n≥0
(−1)(2n − 2)!
2n−1(n − 1)!n!2nxn
= [xk]X
n≥0
(−2)
n · (2n − 2)!
(n − 1)!(n − 1)!xn
= −2 k
2k − 2 k− 1
。
g(x) = 1
2x2 1 + X
n≥1 n是偶數
2 n
2n − 2 n− 1
xn
!
= 1 + x2+ 2x4+ 5x6+ · · · ,
g(x)f (x) = 1 −√
1 − 4x22
4x3 = 1 − 2x2−√
1 − 4x2
2x3 = x + 2x3 + 5x5+ · · · , g(x)[f (x)]i = 1 −√
1 − 4x2
2x2 · 1 −√
1 − 4x2 2x
i
= 1
x · 1 −√
1 − 4x2 2x
i+1
。
M = (g(x), f (x)) =
1 0 1 1 0 1 0 2 0 1 2 0 3 0 1 0 5 0 4 0 1
... . ..
。
現在在 Riordan 矩陣 M = (mni) = (g(x), f (x)) 右方乘上一行向量 (a0, a1, a2,· · · )T, 如下
(g(x), f (x))
a0 a1 a2 a3 ...
=
b0 b1 b2 b3 ...
。
假設 {an}n≥0 的生成函數為 A(x), 所得行向量形成的數列 {bn}n≥0 的生成函數記為 B(x)。
注意到
B(x) =X
n≥0
bnxn =X
n≥0
X
i≥0
mniai
!
xn=X
i≥0
aiX
n≥0
mnixn,
其中 {mni}n≥0 為 M = (g(x), f (x)) 的第 i 個行向量, 所以 B(x) = X
i≥0
aig(x)[f (x)]i = g(x)X
i≥0
ai[f (x)]i = g(x)A(f (x))。
即{bn}n≥0 的生成函數 B(x) 和 {an}n≥0 的生成函數 A(x), 與 g(x)、 f (x) 有如下關係 g(x)A(f (x)) = B(x)。
上述結果將 Riordan 矩陣與生成函數相乘連繫在一起, Shapiro et al. [4] 將這種連繫記 作
(g(x), f (x)) ∗ A(x) := g(x)A(f(x))。
並稱其為 Riordan 矩陣基本定理。
定理 1 (Riordan 矩陣基本定理). M = (g(x), f (x)) 是一個 Riordan 矩陣, A(x) 是一個 生成函數,
(g(x), f (x)) ∗ A(x) := g(x)A(f(x))。
我們知道 Riordan 矩陣與一行向量相乘的結果, 那麼兩個 Riordan 矩陣相乘是否仍為一 個Riordan 矩陣。 利用定理 1, 可以證明在矩陣乘法作用下 Riordan 矩陣的集合是一個群, 所 以接下來我們逐項檢驗形成群的條件。 矩陣乘法顯然滿足結合律。
(i) 封閉性 讓(g(x), f (x)), (h(x), l(x)) 為兩個 Riordan 矩陣, (h(x), l(x)) 第 i 個行向量 為 h(x)[l(x)]i, 代入定理 1 中 A(x), 可以得到
(g(x), f (x)) ∗ (h(x), l(x)) = (g(x)h(f(x)), l(f(x)))。
(ii) 單位元存在 單位元即矩陣單位元 I = (1, x)。
(iii) 反元素存在
(g(x), f (x))−1 =
1
g(f (x)), f(x)
, 其中 ¯f(x) 為 f (x) 的反函數, 即
f(f (x)) = f (f (x)) = x。
令 f (x) = x + f2x2 + f3x3+ · · · , 則保證存在唯一的 f(x)。
(g(x), f (x)) ∗
1
g(f(x)), f(x)
=
g(x) 1
g(f (f (x))), f(f (x)))
= (1, x) = I,
1
g(f (x)), f(x)
∗ (g(x), f(x)) =
1
g(f (x))g(f (x)), f (f (x))
= (1, x) = I。
例 3. 令g(x) = 1
1 − 2x, f (x) = x
1 − 2x, A(x) = 1 1 − x。 (g(x), f (x)) ∗ A(x) = g(x)A(f(x))
= 1
1 − 2x· 1 1 − 1−2xx
= 1 1 − 3x
=X
n≥0
3nxn,
1 2 1 4 4 1 8 12 6 1 16 32 24 8 1
... . ..
1 1 1 1 1 ...
=
1 3 9 27 81 ...
=
30 31 32 33 34 ...
。
例 4. 將 Pascal 矩陣斜向相加, 如下圖 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1
... . ..
1 1
2 3
5
8 ,
此操作相當於將包含第一行之後所有行都補上一個0項, 再將列 (row) 加總, 如下
1 1
1 1
1 2
1 3 1
1 4 3
1 5 6 1
... . ..
1 1 1 1 1 1 1 ...
=
1 1 2 3 5 8 13
...
,
這邊將行補上一個 0 項表示對應的數列往後移動一項, 所以可以從原來 Pascal 矩陣的生成 ( 1
1 − x, x
1 − x) 中, 第二個函數乘上 x 得出。 而 ( 1
1 − x, x2
1 − x) ∗ 1
1 − x = 1
1 − x · 1 1 − 1−xx2
= 1
1 − x − x2,
所得函數恰好是費波那契數列 (Fibonacci numbers) 的生成函數。 例 5. Catalan 數 Cn = 1
n+ 1
2n n
的生成函數為
C(x) = 1 + x[C(x)]2 = 1 −√ 1 − 4x 2x , 由例2知
L=
1
0 1
1 0 1
0 2 0 1
2 0 3 0 1
0 5 0 4 0 1
5 0 9 0 5 0 1
... . ..
= C x2
, xC x2
。
問題是要如何找出構成已知矩陣的生成函數, 那該生成函數又是唯一的嗎? 如果有生成函 數, 找出數列是容易的, 反之, 則困難。 在這個例子中我們可以觀察到第 0 行為 {1, 1, 2, 5, 14, 42, . . .} 為 Catalan 數, 並有一個 0 在相鄰兩項之間, 因此可得 g(x) =
P∞ n=0
Cnx2n。 比較 g(x) 與 g(x)f (x) 的係數得到 f (x) = xC (x2), 再計算 g(x)[f (x)]2 以驗證下一行。
接下來要找出L的反矩陣, 已知 C(x) = 1 + x[C(x)]2。 因為 f(x) = xC x2
= xh
1 + x2
C x22i
= x + x ·
xC x22
, 又有
f(x) = x + x · (f(x))2。 將 x 代換為 f (x), 得到
x= f (x) + f (x)· x2
= f (x) 1 + x2 ,
f(x) = x 1 + x2, g(f (x)) = C (f (x))2
= C
x2 (1 + x2)2
= 1 + x2。 因此可得
L−1 =
1
g(f (x)), f(x)
=
1
1 + x2, x 1 + x2
=
1 0 1
−1 0 1 0 −2 0 1 1 0 −3 0 1 0 3 0 −4 0 1
−1 0 6 0 −5 0 1 ... . ..
。
如果忽略負號, 可以發現列總和會形成費波那契數。 這說明了Catalan 數與費式數列特殊的互
逆關係。
例 6. 中央二項式係數{ 2nn
}n≥0 = {1, 2, 6, 20, 70, 252, · · ·}的生成函數為 X
n≥0
2n n
xn= 1
√1 − 4x。[2]
而另一版本的Pascal 三角形可記為
B=
1
0 1
2 0 1
0 3 0 1
6 0 4 0 1
0 10 0 5 0 1
... . ..
=
1
√1 − 4x2,1 −√
1 − 4x2 2x
。
知道 B 各項元素的關係後, 就可以找出 f (x)。 觀察
bn+1,j = bn,j−1+ bn,j+1 j ≥ 1。
因此得到
Ck(x) = xCk−1(x) + xCk+1(x), 也就是
g(x)[f (x)]k = xg(x)[f (x)]k−1+ xg(x)[f (x)]k+1, 或寫成
f(x) = x + x[f (x)]2。 為一 f (x) 的二次多項式, 解得
f(x) = 1 −√
1 − 4x2 2x 。
經由 f (x) = x(1 + [f (x)]2), 將 x 代換為 f (x), 可得 x = f (x)(1 + x2), f(x) = x
1 + x2, 以及
1 g(f (x)) =
s 1 − 4
x 1 + x2
2
= 1 − x2 1 + x2
= 1 − x2
1 + x2−1
= 1 − 2x2+ 2x4− · · · 。
可以利用 Riordan 矩陣定義所得的反矩陣求出 B−1 =
1
g(f(x)), f(x)
= 1 − x2 1 + x2, x
1 + x2
=
1
0 1
−2 0 1
0 −3 0 1
2 0 −4 0 1
0 5 0 −5 0 1
−2 0 9 0 −6 0 1
... . ..
。
例 7. 先前例子是以普通生成函數 (ordinary generating function) 所形成的數列做為矩陣 的行向量, 在此我們也可以用指數生成函數 (exponential generating function) 形成的數列 做為 Riordan 矩陣的行向量。
定義第 i 個行向量數列的指數型生成函數為 g(x)(f (x))k
k! k = 0, 1, 2, 3, · · · 。 例如 Pascal 矩陣
P =
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
... . ..
= (ex, x),
很容易可以驗證
g(x) = 1 + 1 · x + 1 ·x2
2! + 1 · x3
3! + · · · = ex, 以及
ex· xk
k! =X
n≥0
xn+k
n!k! =X
n≥0
n + k k
xn+k (n + k)!
=X
n≥k
n k
xn
n!。
以下我們提供幾個指數型生成函數造出的 Riordan 矩陣的例子。
例 8. 第一類 Stirling 數 s(n, k) (Stirling numbers of the first kind) 是定義為將對稱 群Sn (symmetric group) 中的置換做圈分解 (cycle decomposition) 時, 恰可分成k個互斥 圈 (disjoint cycle) 乘積的置換的個數。
X
n≥0
s(n, k)xn n! = 1
k!
ln 1
1 − x
k
, [1]
ln 1 1 − x =
Z 1
1 − xdx= Z
1 + x + x2+ · · · dx
= x + x2 2 +x3
3 + · · · + xn n + · · ·
= x + x2
2 +2!x3
3! + · · · + (n − 1)!xn n! + · · ·
=X
n≥1
(n − 1)!xn n!。
1, ln 1 1 − x
=
1
0 1
0 1 1
0 2 3 1
0 6 11 6 1
0 24 52 35 10 1
... . ..
。
第二類 Stirling 數 S(n, k) (Stirling numbers of the second kind) 是定義為將含有 n 個 相異元素的集合, 分割成 k 個互不相交的子集合的方法數。
X
n≥0
S(n, k)xn n! = 1
k!(ex− 1)k, [1]
(1, ex− 1) =
1
0 1
0 1 1
0 1 3 1
0 1 7 6 1
0 1 15 25 10 1
... . ..
。
Bell數是計算有多少種方法去分割一個集合, 也就是Bn = P
k≥0
S(n, k)。
1
0 1
0 1 1
0 1 3 1
0 1 7 6 1
0 1 15 25 10 1
... . ..
1 1 1 1 1 1 ...
=
1 1 2 5 15 52 ...
,
(1, ex− 1) ∗ ex = 1 · eex−1 = B(x)。
可以用 Riordan 矩陣基本定理求出 Bell 數的指數生成函數。
3. Riordan 矩陣基本定理的應用
在本節中, 我們將利用基本定理來驗證一些組合恆等式。 一般證明組合恆等式常用生成函 數方法及 The Snake Oil Method [8], 而 Riordan 矩陣給了另一種不同的方法。 在這裡我們 舉例如下:
例 9.
Pn k=0
n k
2k = 3n
n= 0 : 0 0
· 20 = 1 n= 1 : 1
0
· 20+1 1
· 21 = 3 n= 2 : 2
0
· 20+2 1
· 21+2 2
· 22 = 9 n= 3 : 3
0
· 20+3 1
· 21+3 2
· 22+3 3
· 23 = 27 ...
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
... . ..
20 21 22 23 24 ...
=
30 31 32 33 34 ...
1
1 − x, x 1 − x
∗ 1
1 − 2x = 1
1 − x · 1 1 − 21−xx
= 1
1 − x − 2x
= 1 1 − 3x
=X
n≥0
3nxn
例 10.
Pn k=0
n k
k = n2n−1
n= 0 : 0 0
· 0 = 0 n= 1 : 1
0
· 0 +1 1
· 1 = 1 n= 2 : 2
0
· 0 +2 1
· 1 +2 2
· 2 = 4 n= 3 : 3
0
· 0 +3 1
· 1 +3 2
· 2 +3 3
· 3 = 12 ...
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
... . ..
0 1 2 3 4 ...
=
0 1 · 20 2 · 21 3 · 22 4 · 23
...
1
1 − x, x 1 − x
∗ x
(1 − x)2 = 1 1 − x·
x 1−x
(1 −1−xx )2
= x
(1 − 2x)2
= xX
n≥0
2 + n − 1 n
(2x)n
=X
n≥0
(n + 1)2nxn+1
=X
n≥1
n2n−1xn
例 11. P
k≥0 n−k
k
6k = 15(3n+1− (−2)n+1)
1 1
1 1
1 2
1 3 1
1 4 3
1 5 6 1
... . ..
60 61 62 63 64 65 66 ...
=
1 1 7 13 55 135 463 ...
觀察上方矩陣行向量為 Pascal 矩陣, 但行向量卻相隔兩列, 先前的例子已說明該矩陣可寫成 ( 1
1 − x, x2
1 − x), 而右方行向量形成的數列的生成函數可寫成 1
1 − 6x。經由定理 1,
1
1 − x, x2 1 − x
∗ 1
1 − 6x = 1
1 − x · 1 1 − 6 · 1−xx2
= 1
1 − x − 6x2
= 1
(1 − 3x)(1 + 2x)
= 1 5
3
1 − 3x+ 2 1 + 2x
=X
n≥0
1
5(3n+1− (−2)n+1)xn 例 12.
Pn
k=0(−1)n−k22k n+k2k
= 2n + 1 Xn
k=0
(−1)n−k22kn + k 2k
= Xn
k=0
(−1)n−kn + k 2k
(4k)
1
−1 1
1 −3 1
−1 6 −5 1
1 −10 15 −7 1
... . ..
40 41 42 43 44 ...
=
1 3 5 7 9 ...
觀察上方矩陣若忽略負號, 則行向量為 Pascal 矩陣的第 0, 2, 4, . . . 行, 該矩陣可寫成
1
1 + x, x (1 + x)2
, 而右方行向量形成的數列的生成函數可寫成 1
1 − 4x。經由定理 1,
1
1 + x, x (1 + x)2
∗ 1
1 − 4x = 1
1 + x · 1 1 − 4 ·(1+x)x 2
= 1 + x (1 − x)2
= (1 + x)X
n≥0
2 + n − 1 n
xn = (1 + x)X
n≥0
(n + 1)xn
=X
n≥0
(n + 1)xn+X
n≥1
nxn =X
n≥0
(2n + 1)xn
例 13. Catalan 數 Cn= 1 n+ 1
2n n
(C2(x), xC2(x)) =
1
2 1
5 4 1
14 14 6 1
42 48 27 8 1
132 165 110 44 10 1
429 572 429 208 65 12 1
... . ..
經由觀察, 發現在同一列連續三項若各別乘上 1, 2, 1 可以得到中間項下一列的數。 也就是 an+1,i = 1 · an,i−1+ 2 · an,i+ 1 · an,i+1。
矩陣乘上一向量 (0, · · · , 0
| {z }
k
,1, 2, 1, 0, · · · )T 代表從第 k 行的元素開始各別乘上 1, 2, 1, 又此 向量形成的數列的生成函數可寫做 xk(1 + x)2, 矩陣與此向量作用表示成
(C2(x), xC2(x)) ∗ xk(1 + x)2 = C2(x) · xC2(x)k
1 + xC2(x)2
= C2(x) xC2(x)k
C2(x)
= xkC2k+4(x)
= x(k+1)−1C2(k+1)+2(x)
= 1
x · x(k+1)C2(k+1)+2(x)
恰好是第 k + 1行的生成函數, 但數列卻往前移動了一項, 與原矩陣做對應即是得到中間項下一 列的數。 讓我們舉 n = 4, k = 1 為例:
1 2 1
5 4 1
14 14 6 1 42 48 27 8 1 132 165 110 44 10 1 429 572 429 208 65 12 1
... . ..
0 1 2 1 0 0 0 ...
=
0 1 6 27 110 429 1638
...
我們知道 (1, 2, 1) 是二次二項式展開係數, 那麼三次 (1, 3, 3, 1)、 四次 (1, 4, 6, 4, 1) 及以上 呢? 作用在這個矩陣上會不會也有類似結果? 考慮
(C2(x), xC2(x)) ∗ (1 + x)m = C2(x) · 1 + xC2(x)m
= C2(x)Cm(x) = Cm+2(x),
其中 m 必須是偶數。 令 m = 2k, Cm+2(x) = C2k+2(x) 恰好是第 k 行 (最中間項) 的生成 函數, 但數列往前移動 k 項。 讓我們舉 n = 3, m = 6 為例:
1 2 1
5 4 1
14 14 6 1 42 48 27 8 1 132 165 110 44 10 1 429 572 429 208 65 12 1
... . ..
1 6 15 20 15 6 1 ...
=
1 8 44 208 910 3808 15504
...
致謝
感謝中研院數學所暑期組合數學及圖論專題計畫的資助, 讓筆者有機會在暑假跟隨美國內 華達大學數學系薛昭雄教授做暑期研究, 也由衷感謝薛昭雄教授的指導、 廖信傑學長修稿與李 沛宸同學的程式教學, 因為薛教授的鼓勵及鉅細靡遺建議本文才能完稿。
參考文獻
1. Louis Comtet, Stirling numbers. In Advanced Combinatorics, pp.204-229. Springer, 1974.
2. E. R. Hansen, A Table of Series and Products, 1975.
3. Donatella Merlini and Renzo Sprugnoli, A Riordan Array proof of a curious identity.
Integers: The Electronic Journal of Combinatorial Number Theory, 2:A8, 2002.
4. Louis W. Shapiro, Seyoum Getu, Wen-Jin Woan, and Leon C Woodson, The Riordan group. Discrete Applied Mathematics, 34(1), pp.229-239, 1991.
5. Renzo Sprugnoli, Riordan Arrays and combinatorial sums. Discrete Mathematics, 132 (1), pp.267-290, 1994.
6. Renzo Sprugnoli, A bibliography on Riordan Arrays. Published electronically at http://www.dsi.unifi.it/~resp/BibRioMio.pdf, 2008.
7. Zhiwei Sun, A curious identity involving binomial coefficients. Integers: The Electronic Journal of Combinatorial Number Theory, 2:A04, p.8, 2002.
8. Herbert S. Wilf, Generatingfunctionology, Acad. Press, New York, 1990.
—本文作者就讀國立交通大學—
Taipei Conference in Representation Theory V
日 期 : 2016 年 1 月 4 日 (星期一) ∼ 2016 年 1 月 8 日 (星期五) 地 點 : 台北市大安區羅斯福路四段1 號 天文數學館 6樓演講廳 詳見中研院數學所網頁 http://www.math.sinica.edu.tw
2016 The Third Taiwan International Conference on Differential Geometry
日 期 : 2016 年 1 月 18 日 (星期一) ∼ 2016 年 1 月 22 日 (星期五) 地 點 : 台北市大安區羅斯福路四段 1 號 天文數學館 202教室
詳見中研院數學所網頁 http://www.math.sinica.edu.tw
