費氏數列與 z
1−z−z 2 的洛朗級數
許閎揚
壹、 前言
費氏數列是高中數學常見的數列, 這個數列 hFni 定義為 : F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1+ Fn−2, n ≥ 2。 在近期數學傳播 [1, 2] 兩篇文章中, 張進安老師與張鎮華教授分別探討 了這個數列所成級數的收斂問題
∞
P
n=0
Fn
rn+1 = 1
r2 − r − 1。 為了對這個級數的收斂問題有更多 的了解, 我們從複分析的角度來對它進行探討。
貳、 費氏數列的冪級數與一般式
一個複數 z 可以寫成 a + bi, 其中 a, b 為實數, i =√
−1。 本文中的 z 皆代表複數。
一個冪級數(中心在 z0) 是一個有以下形式的級數 S(z) :=
∞
X
k=0
ak(z − z0)k.
費氏數列 hFni 定義為 : F0 = 0, F1 = 1, Fn = Fn−1+ Fn−2, n ≥ 2, 在張進安老師的 文章中, 他探討了關於費氏數列所成無窮級數的收斂問題, 本節我們將以係數為費氏數列的冪 級數來探討它的收斂問題。
首先我們以組合數學中特徵方程的理論來求解它的一般式, 得到下列的引理 1。
引理1[4]: Fn= 1
√5
h1 +√ 5 2
n
−1 −√ 5 2
ni
, n ≥ 0。
證明: 由遞迴關係 Fn+2 = Fn+1+ Fn, 它的特徵方程為 t2 − t − 1 = 0, 解得
t= 1 ±√ 5 2
24
為它的兩個特徵根, 因此設
Fn= α1 +√ 5 2
n
+ β1 −√ 5 2
n , 由 F0 = 0, F1 = 1 解得
α = 1
√5, β= − 1
√5, 得到
Fn= 1
√5
h1 +√ 5 2
n
−1 −√ 5 2
ni , 得證。
引理2: lim
n→∞
Fn+1
Fn
= 1 +√ 5 2 。 證明: 利用引理 1, 得
n→∞lim Fn+1
Fn
= lim
n→∞
1 +√ 5 2
n+1
−1 −√ 5 2
n+1
1 +√ 5 2
n
−1 −√ 5 2
n
= lim
n→∞
1 +√ 5 2
−1 −√ 5 2
1 −√ 5 1 +√
5
n
1 −1 −√ 5 1 +√
5
n
= 1 +√ 5 2 ,
得證。
利用引理 1 與引理 2 我們可以找到以費氏數列為係數的冪級數的收斂區間, 我們將結果 寫成下面定理 1。
定理1: 設以費氏數列為係數的冪級數為
∞
P
n=0
Fnzn, 則
∞
P
n=0
Fnzn收斂若且唯若 |z| <
√5 − 1 2 。 證明: 由比值試驗法, 若
n→∞lim
Fn+1zn+1 Fnzn
<1, 則
∞
X
n=0
Fnzn 收斂,
n→∞lim
Fn+1zn+1 Fnzn
>1, 則
∞
X
n=0
Fnzn 發散。
由引理 2, 即
√5 + 1
2 · |z| < 1, 則
∞
X
n=0
Fnzn 收斂,
√5 + 1
2 · |z| > 1, 則
∞
X
n=0
Fnzn 發散。
也就是若
|z| <
√5 − 1 2 , 則
∞
X
n=0
Fnzn 收斂,
|z| >
√5 − 1 2 , 則
∞
X
n=0
Fnzn 發散。
當 |z| =
√5 − 1
2 時, 因為
limn→∞Fnzn
= limn→∞|Fnzn| = limn→∞Fn|zn|
= lim
n→∞
√1 5
h1 +√ 5 2
n
−1 −√ 5 2
ni
·√ 5 − 1
2
n
= lim
n→∞
√1 5
h
1 − (−1)n√ 5 − 1
2
2ni
= 1
√5,
可得 lim
n→∞Fnzn 6= 0, 故
∞
P
n=0
Fnzn 發散。 定理證畢。
由上面的討論, |z| <
√5 − 1
2 若且唯若
∞
P
n=0
Fnzn 收斂, 因此我們可以將此冪級數定義成 一個複變函數 F (z) =
∞
P
n=0
Fnzn, 定義域為 {z ∈ C : |z| <
√5 − 1 2 }。
定理2: 若 F (z) =
∞
P
n=0
Fnzn, |z| <
√5 − 1
2 為係數是費氏數列的冪級數, 則 F (z) = z
1 − z − z2, |z| <
√5 − 1 2 。 證明: 利用引理1, Fn= 1
√5
h1 +√ 5 2
n
−1 −√ 5 2
ni
, n ≥ 0 及定理1, 當 |z| <
√5 − 1 2
可得
∞
X
n=0
Fnzn =
∞
X
n=0
√1 5
h1 +√ 5 2
n
−1 −√ 5 2
ni zn
=
∞
X
n=0
√1 5
h1 +√ 5 2 zn
−1 −√ 5 2 zni
= 1
√5 h
∞
X
n=0
1 +√ 5 2 zn
−
∞
X
n=0
1 −√ 5 2 zni
= 1
√5
1 1 − 1 +√
5 2 z
− 1
1 − 1 −√ 5 2 z
= z
1 − z − z2. 得證。
在定理 1 中我們用比值試驗法找出冪級數的收斂半徑, 事實上利用複變函數的泰勒定理, 我們亦可求得它的收斂半徑。
複變函數的泰勒定理是關於冪級數的基本定理, 我們把它敘述如下:
定理3(泰勒定理)[3]: 假設函數 f 在整個開圓盤 |z − z0| < R0 可解析, 圓盤以 z0 為圓心且 半徑為 R0。 則 f (z) 具有唯一的冪級數表示式
f(z) =
∞
X
n=0
f(n)(z0)
n! (z − z0)n, (|z − z0| < R0).
在定理 2 中解析函數 F (z) = z
1 − z − z2 在複數平面上只有兩個不可解析的點(奇異 點), 即 1 − z − z2 的零點, 即 z1 = −1 +√
5
2 , z2 = −1 −√ 5
2 , 因此由泰勒定理可知在
|z| <
√5 − 1 2 時,
∞
P
n=0
Fnzn 收斂到 F (z) = z 1 − z − z2。 一個冪級數
∞
P
n=0
an(z − z0)n 以 z0 為圓心所成的圓中, 在圓內每一點均收斂的圓中取最 大的圓, 我們稱為冪級數的收斂圓。
下面兩個定理與泰勒定理可說明 : 函數 f 在某點 z0 展開成冪級數時, 收斂半徑是 z0 到 z1 的距離, 其中 z1 是最近一個使 f 不可解析的點。
定理4[3]: 若冪級數
∞
X
n=0
an(z − z0)n
在 z = z1 (z1 6= z0) 收斂, 則它在開圓盤 |z − z0| < R1 的每一點絕對收斂, 其中 R1 =
|z1− z0|。
定理5[3]: 冪級數在收斂圓內部的每一點都可解析。
若
∞
P
n=0
Fnzn 在 |z| =
√5 − 1
2 圓外有一點收斂 , 則由定理 4 可得一個半徑更大的圓 C, 在圓 C 內每個點收斂, 並由定理 5 可得圓 C 內每一點皆解析, 但我們知道 F (z) 在 z = z1 =
√5 − 1
2 處不可解析, 因此
∞
P
n=0
Fnzn 在 |z| <
√5 − 1
2 時收斂, 在 |z| >
√5 − 1 2 時發散。
參、 z
1 − z − z
2的洛朗級數
一個洛朗級數(中心在 z0) 是一個有以下形式的級數表示式 f(z) =
∞
X
n=0
an(z − z0)n+
∞
X
n=1
bn
(z − z0)n, (R1 <|z − z0| < R2), 其中 (0 ≤ R1 < R2 ≤ ∞)。
在探討冪級數時, 泰勒定理說明了冪級數的係數具有唯一性並與函數的導數有關, 對於函 數的洛朗級數, 洛朗定理亦說明了洛朗級數的係數有唯一性並與函數的積分值有關。 我們將洛 朗定理簡述如下:
定理6(洛朗定理)[3]: 假定複變函數 f 在整個以 z0 為中心的環狀區域 R1 <|z − z0| < R2
可解析 (0 ≤ R1 < R2 ≤ ∞), 且令 C 表示位於此域內環繞 z0 的任一正向簡單封閉圍線。 則 在此區域中的每一點, f (z) 有唯一的級數表示式
f(z) =
∞
X
n=0
an(z − z0)n+
∞
X
n=1
bn
(z − z0)n, (R1 <|z − z0| < R2) 其中
an = 1 2πi
Z
C
f(z)
(z − z0)n+1dz, (n = 0, 1, 2, . . .) 且
bn = 1 2πi
Z
C
f(z)
(z − z0)−n+1dz, (n = 1, 2, . . .).
對於複變函數 F (z) = z
1 − z − z2 在 |z| <
√5 − 1
2 時, 定理 2 告訴我們可以將它展開 成一個冪級數
∞
P
n=0
Fnzn。 當 |z| >
√5 − 1
2 時, 雖然我們無法再將它展開成冪級數
∞
P
n=0
Fnzn, 但我們卻可以將它展開成洛朗級數。
F(z) = z
1 − z − z2, 其中 z 為複變數, 將 F (z) 進行部分分式分解, 可得 F(z) = z
1 − z − z2 = 1
√5
1 1 −1 +√
5 2 z
− 1
1 − 1 −√ 5 2 z
! ,
得知解析函數 F (z) 在複數平面上只有兩個奇異點 z1 = −1 +√ 5
2 , z2 = −1 −√ 5 2 , 我們將 F (z) 在 z = 0 為中心的開圓盤及環狀區域做洛朗展開, 得到以下定理 7。
定理7: 若 F (z) = z
1 − z − z2, z ∈ C 則 1. 當 |z| <
√5 − 1
2 , F (z) =
∞
P
n=0
Fnzn。 2. 當
√5 − 1
2 <|z| <
√5 + 1
2 , F (z) = − 1
√5
"
∞
P
n=1
√ 5 − 1
2 ·1 z
n +
∞
P
n=0
1 −√ 5 2 ·zn
#
。
3. 當 |z| > 1 +√ 5
2 , F (z) =
∞
P
n=1(−1)nFn
zn。 證明:
1. 當 |z| <
√5 − 1 2 , F(z) = z
1 − z − z2 = 1
√5
1 1 −1 +√
5 2 z
− 1
1 −1 −√ 5 2 z
!
= 1
√5
∞
X
n=0
√ 5 + 1
2 · zn
−
∞
X
n=0
1 −√ 5 2 · zn
!
= 1
√5
∞
X
n=0
√ 5 + 1
2 · zn
−1 −√ 5 2 · zn
!!
=
∞
X
n=0
√1 5
√ 5 + 1
2
n
−1 −√ 5 2
n
!
zn, (由引理1)
=
∞
X
n=0
Fnzn.
2. 當
√5 − 1
2 <|z| <
√5 + 1 2 , F(z) = z
1 − z − z2 = 1
√5
1 1 −1 +√
5 2 z
− 1
1 −1 −√ 5 2 z
!
= 1
√5
1 1 +√
5
2 z 2 1 +√
5 · 1
z − 1 − 1 1 − 1 −√
5 2 · z
!
= 1
√5
− 1
1 +√ 5 2 z
∞
X
n=0
2 1 +√
5 ·1 z
n
−
∞
X
n=0
1 −√ 5 2 · zn
=−1
√5
∞
X
n=1
√ 5 − 1
2 · 1 z
n +
∞
X
n=0
1 −√ 5 2 · zn
! .
3. 當 |z| > 1 +√ 5 2 , F(z) = z
1 − z − z2 = 1
√5
1 1 − 1 +√
5 2 z
− 1
1 − 1 −√ 5 2 z
!
= 1
√5
1 1 +√
5
2 z 2 1 +√
5 ·1
z − 1− 1
1 −√ 5
2 z 2 1 −√
5 · 1 z − 1
!
= 1
√5 − 1
1 +√ 5 2 z
∞
X
n=0
2 1 +√
5 ·1 z
n
+ 1
1 −√ 5 2 z
∞
X
n=0
2 1 −√
5· 1 z
n
!
= 1
√5 −
∞
X
n=0
2 1 +√
5 · 1 z
n+1
+
∞
X
n=0
2 1 −√
5· 1 z
n+1!
= 1
√5 −
∞
X
n=0
√ 5 − 1
2 · 1 z
n+1
+
∞
X
n=0
−
√5 + 1 2 · 1
z
n+1!
= 1
√5
∞
X
n=0
(−1)n+1 √ 5 + 1
2 · 1 z
n+1
−1 −√ 5 2 ·1
z
n+1!
, (由引理1)
=
∞
X
n=0
(−1)n+1Fn+1
zn+1 =
∞
X
n=1
(−1)nFn
zn. 定理證畢。
肆、 冪級數的應用
利用函數的冪級數我們可以得到張進安老師在文章 [1] 的結果。 此外, 利用冪級數在收斂 區間的逐項微分與積分, 我們還可以得到新的等式(請見推論 2 與推論 3)。
推論1[1]:
∞
P
i=0
Fi
10i = 10 89。 證明: 由定理 2 可知當 |z| <
√5 − 1
2 時, F (z) =
∞
P
n=0
Fnzn = z
1 − z − z2。 將 z = 1 10 代 入定理 2, 得
∞
X
n=0
Fn
10n = F 1 10
=
1 10 1 − 1
10 −1 10
2 = 10 89, 得證。
推論2:
∞
P
n=0
nFnzn= z+ z3
(1 − z − z2)2, |z| <
√5 − 1
2 , z ∈ C。
證明: 由定理 2,
F(z) =
∞
X
n=0
Fnzn = z
1 − z − z2, |z| <
√5 − 1
2 , z∈ C.
由於在冪級數在收斂區間內可逐項微分, 得
∞
P
n=0
d
dzFnzn = d
dzF(z), 得
∞
X
n=1
nFnzn−1 = 1(1 − z − z2) − (−1 − 2z)z
(1 − z − z2)2 = 1 + z2
(1 − z − z2)2, |z| <
√5 − 1 2 , 將上式等號兩邊同乘 z, 得
∞
X
n=1
nFnzn= z+ z3
(1 − z − z2)2, |z| <
√5 − 1 2 , 得證。
當 w(t) 是實變數 t 的複數值函數, 且可寫成
w(t) = u(t) + iv(t),
其中 u, v 是實值函數, 又若 u 和 v 在區間 a ≤ t ≤ b 的定積分存在, 則 w(t) 在區間 a ≤ t ≤ b 的定積分為
Z b a
w(t)dt = Z b
a
u(t)dt + i Z b
a
v(t)dt.
設方程式
z = z(t), (a ≤ t ≤ b)
表示由點 z1 = z(a) 延伸到點 z2 = z(b) 的圍線 C。 設 f [z(t)] 在區間 a ≤ t ≤ b 為片段連 續, 則我們以參數 t 定義 f 沿著 C 的線積分, 或圍線積分 [3]:
Z
C
f(z)dz = Z b
a
f[z(t)]z′(t)dt.
當一個非零複數 z, 只要 z 不落在負實軸上, 我們可以定義其主對數 (principal loga- rithm) 為
Log (z) = ln r + iθ, z = reiθ, (r > 0, −π < θ < π).
利用冪級數在收斂區間可逐項積分的性質, 我們有下列結果。
推論3:
∞
X
n=1
Fn
n zn =
√5 5
"
Log
1 −1 −√ 5 2 z
− Log
1 − 1 +√ 5 2 z
#
, |z| <
√5 − 1 2 . 證明: 由定理 2,
F(z) =
∞
X
n=0
Fnzn= z
1 − z − z2, |z| <
√5 − 1 2 , 得
∞
X
n=1
Fnzn−1 = 1
1 − z − z2, |z| <
√5 − 1 2 .
令 C 是收斂圓 |z| <
√5 − 1
2 內部任一圍線, C 從點 z = 0 到點 z = z1, 因 F (z) 在 收斂圓內部可解析, 故
Z
C
F(z)dz 與路徑 C 無關。 又冪級數在收斂區間可逐項積分, 得
∞
X
n=1
Z z1
0
Fnzn−1dz = Z z1
0
1
1 − z − z2dz, |z| <
√5 − 1
2 , (1)
將 1
1 − z − z2 分解成兩個分式相加, 得 1
1 − z − z2 =
√5 10
√5 − 1
1 −1 −√ 5 2 z
+
√5 + 1
1 − 1 +√ 5 2 z
!
, (2)
將 (2) 式等號兩邊從 0 到 z1 對 z 積分, 得 Z z1
0
1
1 − z − z2dz =
√5 10
Z z1 0
√5 − 1
1 − 1 −√ 5 2 z
dz+ Z z1
0
√5 + 1
1 − 1 +√ 5 2 z
dz
!
=
√5 10
"
(√
5 − 1)
− 2 1 −√
5
Log
1 −1 −√ 5 2 z1 + (√
5 + 1)
− 2 1 +√
5
Log
1 − 1 +√ 5 2 z1
#
=
√5 10
"
2Log
1 − 1 −√ 5 2 z1
− 2Log
1 − 1 +√ 5 2 z1
#
=
√5 5
"
Log
1 − 1 −√ 5 2 z1
− Log
1 −1 +√ 5 2 z1
#
. (3) 由 (1), (3) 式得
∞
X
n=1
Fn
n z1n =
√5 5
h Log
1 −1 −√ 5 2 z1
− Log
1 − 1 +√ 5 2 z1i
, |z1| <
√5 − 1 2 , 其中 z1 是收斂圓內任意一點, 故定理得證。
伍、 結語
複分析理論完備應用廣泛, 是數學上極其優美的一個分支, 也是處理級數與積分的強力武 器。 泰勒定理說明如果在開圓盤內各點可解析, 則可展開成一個冪級數且係數與函數的微分值 有關, 洛朗定理則顯示了函數在不同範圍內, 有各自的展開式且與積分值有關, 利用複變函數的 泰勒展開與洛朗展開, 相信讀者對費氏數列的級數問題的收斂性, 會有更深一層的認識。
參考資料
1. 張進安。 lim
n→∞
n
P
i=0
Fi 10i = 10
89 的探源與推廣。 數學傳播季刊, 44(1), 89-93, 2020。
2. 張鎮華。 費氏數列與等比數列的交會處。 數學傳播季刊, 44(2), 58-61, 2020。
3. 黃孟槺(譯)。 複變函數與應用。 台北市 : 東華, 2015。 (James Ward Brown, Ruel V. Churchill 2014)
4. C. L. Liu, Introduction To Combinatorial Mathematics, McGraw-Hill Book Company, 1968.
—本文作者任教彰化藝術高中—