1. 引言

Chebyshev 多項式由 Chebyshev 於 1854 年提出, 它在數值分析上有重要的地位 , 本文的目的是介紹 Chebyshev 多項式及線性二階遞迴序列之行列式。 在第二節中, 我們先介紹 Chebyshev 多項式(一、二型), 然後討論它與其他二階遞迴序列的關係(見第三節), 在第四節則求 Chebyshev 多項式之行列式表示式, 並應用於其他二階遞迴序列及特定行列式之值。

2. Chebyshev 多項式

Chebyshev 於1854年考慮多項式序列 $\{T_{n}(x)\}_{n\ge 0}=\{\cos(n\cos^{-1}x)\}_{n\ge 0}$。 令 $\theta=\cos^{-1}x$, 即 $x=\cos\theta$, 則 $T_{n}(x)=\cos(n\theta)\Leftrightarrow T_{n}(\cos\theta)=\cos (n\theta)$. 因為 $\cos(n+1)\theta+\cos(n-1)\theta=2\cos\theta\cos (n\theta)$, 我們可以得到 \begin{align*} T_{n+1}(x)+T_{n-1}(x) & =\cos((n+1)\theta)+\cos((n-1)\theta)\\ & =2\cos(\theta)\cos(n\theta)\\ & =2x\cos(n\theta)\\ & =2xT_{n}(x), \end{align*} 即有下列遞迴關係 $$T_{n+1}(x)=2xT_{n}(x)-T_{n-1}(x),\;(n\ge 1).$$ 因此我們有下列之定義。

定義2.1(第一型 Chebyshev 多項式) 第一型 Chebyshev 多項式序列 $\{T_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 定義為 $$T_{0}(x)=1,\,T_{1}(x)=x,\quad T_{n+1}(x)=2xT_{n}(x)-T_{n-1}(x),\,n\ge1.$$

例2.1. 利用定義 2.1 , 我們有 $$ \begin{array}{cc} n~\quad~ & T_{n}(x)\\ 0~\quad~ & 1\\ 1~\quad~ & x\\ 2~\quad~ & 2x^2-1\\ 3~\quad~ & 4x^3-3x\\ 4~\quad~ & 8x^4-8x^2+1\\ 5~\quad~ & 16x^5-20x^3+5x\\ 6~\quad~ & 32x^6-48x^4+18x^2-1\\ 7~\quad~ & 64x^7-112x^5+56x^3-7x \end{array}$$

同樣地, Chebyshev 也考慮多項式序列 $\{S_{n}(x)\}_{n\ge 0}=\{\sin(n\cos^{-1}x)\}_{n\ge 0}$。
令 $U_{n}(x)=\dfrac{S_{n+1}(x)}{\sqrt{1-x^2}}$, 則 $U_{n}(x)=\dfrac{\sin((n+1)\cos^{-1}x)}{\sqrt{1-x^2}}$。
令 $\theta=\cos^{-1}x$, 即 $x=\cos\theta$, 則 $\sqrt{1-x^2}=\sin\theta$。
因此 $U_{n}(x)=\dfrac{\sin((n+1)\theta)}{\sin\theta}$。
因為 $\sin(n+1)\theta+\sin(n-1)\theta=2\cos\theta\sin(n\theta)$, 我們可以得到 $$\sin(n+1)\theta=2\cos\theta\sin(n\theta)-\sin(n-1)\theta,$$ 同除以 $\sin\theta$ 得到 $$\dfrac{\sin(n+1)\theta}{\sin\theta}=2\cos\theta\dfrac{\sin(n\theta)}{\sin\theta}-\dfrac{\sin(n-1)\theta}{\sin\theta},$$ 所以, $$U_{n}(x)=2xU_{n-1}(x)-U_{n-2}(x),\,n\ge2.$$ 因此我們也有下列之定義。

定義2.2(第二型 Chebyshev 多項式 ) 第二型 Chebyshev 多項式序列 $\{U_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 定義為 $$U_{0}(x)=1,\,U_{1}(x)=2x,\quad U_{n+1}(x)=2xU_{n}(x)-U_{n-1}(x),\,n\ge1.$$

例2.2. 由定義 2.2 , 可得 $$ \begin{array}{cc} n~\quad~ & U_{n}(x)\\ 0~\quad~ & 1\\ 1~\quad~ & 2x\\ 2~\quad~ & 4x^2-1\\ 3~\quad~ & 8x^3-4x\\ 4~\quad~ & 16x^4-12x^2+1\\ 5~\quad~ & 32x^5-32x^3+6x\\ 6~\quad~ & 64x^6-80x^4+24x^2-1\\ 7~\quad~ & 128x^7-192x^5+80x^3-8x \end{array}$$ 為了找出 $\{T_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 及 $\{U_{n}(x)\}_{n\ge 0}$之一般式, 我們先定義生成函數。

定義2.3() 數列 $\{a_{n}\}_{n\ge 0}$ 的生成函數定義為 $\sum_{n\ge 0}a_{n}x^n$。 同理, 函數序列 $\{a_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的生成函數定義為 $\sum_{n\ge 0}a_{n}(x)z^{n}$。 首先, 我們找出 $\{T_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 及 $\{U_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的生成函數。

定理2.1.()

1. $\{T_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的生成函數 $g(x,z)$ 為 $g(x,z)=\dfrac{1-xz}{1-2xz+z^2}$。
2. $\{U_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的生成函數 $h(x,z)$ 為 $h(x,z)=\dfrac{1}{1-2xz+z^2}$。

證明.

1. 令 $g(x,z)$ 為 $\{T_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的生成函數, 即 $g(x,z)=\sum_{n\ge 0}T_{n}(x)z^{n}$。 \begin{eqnarray*} g(x,z) & = & T_{0}(x)+T_{1}(x)z+T_{2}(x)z^{2}+\cdots \\ -2xz g(x,z) & = & -2xT_{0}(x)z-2xT_{1}(x)z^{2}-2xT_{2}(x)z^{3}-\cdots\\ +\quad z^{2}g(x,z) & = & T_{0}(x)z^{2}+T_{1}(x)z^{3}+T_{2}(x)z^{4}+\cdots\\ \hline (1-2xz+z^2)g(x,z) & = & 1-xz \end{eqnarray*} 因此 $$g(x,z)=\dfrac{1-xz}{1-2xz+z^2}.$$
2. 同理$\{U_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的生成函數證法相似。$\tag*{$\Box$}$

引理2.1.

1. $T_{n}(x)=\dfrac{\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^{n}+\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)^n}{2}$。
2. $U_{n}(x)=\dfrac{(x+\sqrt{x^2-1})^{n+1}-(x-\sqrt{x^2-1})^{n+1}}{2\sqrt{x^2-1}}$。

證明.

1. 由定理 2.1 得知, \begin{align*} \sum_{n\ge 0} T_{n}(x)z^{n} & =\dfrac{1-xz}{1-2xz+z^2}\\ & =\frac{1}{2}\left[\dfrac{1}{1-\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)z}+ \frac{1}{1-\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)z}\right]\\ & =\frac{1}{2}\left\{\sum_{n\ge0}\left[\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)z\right]^{n}+ \sum_{n\ge0}\left[\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)z\right]^{n}\right\}\\ & =\sum_{n\ge0}\dfrac{1}{2}\left[\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^{n}+ \left(x-\sqrt{x^2-1}\right)^{n}\right]z^{n} \end{align*} 所以, $$T_{n}(x)=\frac{\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^{n}+\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)^n}{2}.$$
2. 同理$\{U_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的證法相似。$\tag*{$\Box$}$

註2.1. 引理 2.1 (a)有更簡潔的證法, 因為 $\theta=\cos^{-1}x$, 故有 $x=\cos\theta$。 又 $w=x+\sqrt{x^2-1}=\cos\theta+\sqrt{\cos^2\theta-1}=\cos\theta+i\sin\theta=e^{i\theta}$ \begin{align*} T_{n}(x) & =\cos(n\theta)\\ & =\dfrac{1}{2}(e^{in\theta}+e^{-in\theta})\\ & =\dfrac{1}{2}(w^{n}+w^{-n})\\ & =\dfrac{\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^{n}+\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)^n}{2} \end{align*}

引理2.2.(Girard-Wairing 公式 ) \begin{align} a^{n}+b^{n}=\sum_{0\le k\le \frac{n}{2}}(-1)^{k}\frac{n}{n-k}{n-k\choose k}(a+b)^{n-2k}(ab)^{k} \label{GWadd} \tag{2.1}\\ \dfrac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}=\sum_{0\le k\le \frac{n}{2}}(-1)^{k}{n-k\choose k}(a+b)^{n-2k}(ab)^{k} \label{GWsub} \tag{2.2} \end{align}

利用引理 2.1 及 2.2 , 我們可得序列 $\{T_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 及 $\{U_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的一般式。

定理2.2.

1. $T_{n}(x)=\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(-1)^{k}\frac{n}{n-k}{n-k\choose k}(2x)^{n-2k}$。
2. $U_{n}(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(-1)^{k}{n-k\choose k}(2x)^{n-2k}$。

證明.

1. 由引理 2.1 得知, $$T_{n}(x)=\dfrac{\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^{n}+\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)^n}{2}\mbox{。}$$ 在引理 2.2 (\ref{GWadd})中, 我們令 $a=x+\sqrt{x^2-1}$, $b=x-\sqrt{x^2-1}$, 即 $a+b=2x$, $ab=1$, 可得 $$T_{n}(x)=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}(-1)^{k}\frac{n}{n-k}{n-k \choose k}(2x)^{n-2k}.$$
2. 同理$\{U_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的證法相似, 在引理 2.2 (\ref{GWsub})中, 我們令 $a=x+\sqrt{x^2-1}$, $b=x-\sqrt{x^2-1}$, 即 $a+b=2x$, $ab=1$。$\tag*{$\Box$}$

註2.2. () 第三型 Chebyshev 多項式序列 $\{V_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 定義為 $$V_{0}(x)=1,\,V_{1}(x)=2x-1,\qquad V_{n+1}(x)=2xV_{n}(x)-V_{n-1}(x)\qquad n\ge 1;$$ 第四型 Chebyshev 多項式序列 $\{W_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 定義為 $$W_{0}(x)=1,\,W_{1}(x)=2x+1,\quad W_{n+1}(x)=2xW_{n}(x)-W_{n-1}(x)\quad n\ge 1.$$ 其與第二型 Chebyshev 多項式的關係如下 : \begin{eqnarray*} V_{n}(x)&=&U_{n}(x)-U_{n-1}(x)\\ W_{n}(x)&=&U_{n}(x)+U_{n-1}(x) \end{eqnarray*} 因本文著重於第一型和第二型 Chebyshev 多項式, 故不詳加論述, 如讀者有興趣, 請見 和 。

3. Chebyshev 多項式與其他序列之關係

在本節中, 我們想利用第一型及第二型 Chebyshev 多項式 $\{T_{n}(x)\}_{n\ge 0}$、 $\{U_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 表出其他序列。

3.1. 第一型 Chebyshev 多項式與其他序列之關係

定理3.1. 線性遞迴序列 $\{b_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 滿足遞迴關係式 $$b_{n}(x)=A(x)\cdot b_{n-1}(x)+B\cdot b_{n-2}(x),\quad b_{0}=2,\, b_{1}=A(x).$$ 其中 $B\neq 0$, 則 \begin{align} b_{n}(x)=2\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{-n}{2}}T_{n}\left(\frac{A(x)}{2}\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}}\right). \label{bna} \tag{3.1} \end{align}

證明. 利用生成函數求得 $b_{n}(x)$ 的一般式為 $$\dfrac{2(\alpha^{n+1}-\beta^{n+1})-A(x)(\alpha^{n}-\beta^{n})}{\alpha-\beta}=\dfrac{\alpha^{n}(2\alpha-A(x))+\beta^{n}(A(x)-2\beta)}{\alpha-\beta}.$$ 再利用 $\alpha+\beta=A(x)$, 得到 $2\alpha-A(x)=\alpha-\beta,\,A(x)-2\beta=\alpha-\beta$。 代回得 \begin{align} b_{n}(x)=\alpha^{n}+\beta^{n} \label{bnb} \tag{3.2} \end{align} 其中 $\alpha=\dfrac{A(x)+\sqrt{A^2(x)+4B}}{2}$, $\beta=\dfrac{A(x)-\sqrt{A^2(x)+4B}}{2}$。 已知第一型 Chebyshev 多項式 $T_{n}(y)$ 滿足遞迴關係式 : $$ T_{n}(y)=2yT_{n-1}(y)-T_{n-2}(y),\quad T_{0}(y)=1,\, T_{1}(y)=y.$$ 而 $T_{n}(y)$ 的一般式為 $$T_{n}(y)=\dfrac{r^{n}+s^{n}}{2},\quad r(y)=y+\sqrt{y^2-1},\, s(y)=y-\sqrt{y^2-1}.$$ 若令 $r(y)=k\alpha$, $s(y)=k\beta$, 得到 : \begin{align} y+\sqrt{y^2-1} & =k\cdot \alpha \label{ry} \tag{3.3}\\ y-\sqrt{y^2-1} & =k\cdot \beta \label{sy} \tag{3.4} \end{align} 將 (\ref{ry})(\ref{sy}) 兩式相加得到 \begin{align} 2y=k(\alpha+\beta)=k\cdot A(x) \label{add} \tag{3.5} \end{align} 將 (\ref{ry})(\ref{sy}) 兩式相減得到 \begin{align} 2\sqrt{y^2-1}=k(\alpha-\beta)=k\cdot\sqrt{A^2(x)+4B} \label{sub} \tag{3.6} \end{align} 再將 (\ref{add}) 代入 (\ref{sub}), 並將等式左右兩邊平方得到 \begin{align} k^2 A^2(x)-4 & = k^2 A^2(x)+4k^2 B \notag\\ \to-4 & = 4k^2 B \notag\\ \to k & =\pm\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}} \label{k} \tag{3.7} \end{align} 在這裡取 $k=\left(-\dfrac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}}$。 將 $\alpha=\dfrac{r}{k}$, $\beta=\dfrac{s}{k}$ 及 (\ref{k}) 代回 (\ref{bnb}) 中, 得到 \begin{align*} b_{n}(x) & =\frac{1}{k^{n}}(r^{n}+s^{n})\\ & =\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{-n}{2}}2T_{n}\left(\frac{kA(x)}{2}\right)\\ & =2\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{-n}{2}}T_{n}\left(\frac{A(x)}{2}\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}}\right) \tag*{$\Box$} \end{align*}

註3.1. 以上推導和相似, 但將其結果推廣至多項式序列探討。

定義3.1(Lucas 多項式) Lucas 多項式序列 $\{\ell_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的遞迴式定義為 $$\ell_{0}(x)=2,\,\ell_{1}(x)=x,\quad \ell_{n}(x)=x\ell_{n-1}(x)+\ell_{n-2}(x)\, (n\ge 2).$$

推論3.1. Lucas 多項式序列 $\{\ell_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 和 Chebyshev 多項式之間的關係 $$\ell_{n}(x)=2i^{n}T_{n}\left(\frac{-xi}{2}\right).$$

證明. 在 (\ref{bna}) 中 $(A(x),B)=(x,1)$, 則 \begin{align*} \ell_{n}(x) & =2i^{-n}T_{n}\left(\frac{xi}{2}\right)\\ & =2(-i)^{-n}T_{n}\left(\frac{-xi}{2}\right)\quad(\text{因為}T_{n}(-x)=(-1)^{n}T_{n}(x))\\ & =2i^{n}T_{n}\left(\frac{-xi}{2}\right). \tag*{$\Box$} \end{align*}

註3.2. 在推論 3.1 中, 若 $x=1$, 我們可以得到 Lucas 數列 $\{L_{n}\}_{n\ge 0}$, 即 $$L_{0}=2,\,L_{1}=1,\quad L_{n}=L_{n-1}+L_{n-2}\, (n\ge 2),$$ 因此, $$L_{n}=2i^{n}T_{n}\left(-\dfrac{i}{2}\right).$$

定義3.2(第二型 Fermat 多項式) 第二型 Fermat 多項式序列 $\{\theta_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的遞迴式定義為 $$\theta_0(x)=2,\,\theta_1(x)=x,\quad \theta_n(x)=x\theta_{n-1}(x)-2\theta_{n-2}(x)\,(n\ge 2).$$

推論3.2. 第二型 Fermat 多項式序列 $\{\theta_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 和 Chebyshev 多項式的關係 $$\theta_{n}(x)=(\sqrt{2})^{n+2}T_{n}\left(\frac{x}{2\sqrt{2}}\right).$$

證明. 在 (\ref{bna}) 中令 $(A(x),B)=(x,-2)$, 則 \begin{align*} \theta_{n}(x)& =2\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{-n}{2}}T_{n}\left(\frac{x}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right)\\ & =\sqrt{2}^{n+2}T_{n}\left(\frac{x}{2\sqrt{2}}\right) \tag*{$\Box$} \end{align*}

定義3.3(Pell-Lucas 多項式 ) Pell-Lucas 多項式序列 $\{Q_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的定義為 $$Q_{0}(x)=2,\,Q_{1}(x)=2x,\quad Q_{n}(x)=2xQ_{n-1}(x)+Q_{n-2}(x)\, (n\ge 2).$$

推論3.3.() Pell-Lucas 多項式序列 $\{Q_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 和 Chebyshev 多項式的關係 $$Q_{n}(x)=2(-i)^{n}T_{n}(xi).$$

證明. 在 (\ref{bna}) 中令 $(A(x),B)=(2x,1)$, 則 \begin{align*} Q_{n}(x)&=2(-i)^{n}T_{n}(xi)\tag*{$\Box$} \end{align*}

3.2. 第二型 Chebyshev 多項式與其他序列之關係

定理3.2. 線性遞迴序列 $\{a_{n}(x)\}_{n\ge0}$ 滿足遞迴關係式 $$a_{n}(x)=A(x)a_{n-1}(x)+Ba_{n-2}(x),\quad a_{0}(x)=1,\,a_{1}(x)=A(x).$$ 其中 $B\neq 0$。則 \begin{align} a_{n}(x)=\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{-n}{2}}U_{n}\left(\frac{A(x)}{2}\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}}\right). \label{ana} \tag{3.8} \end{align}

證明. 與定理 3.1 證明作法一樣, 令 $r(y)=k\alpha,\,s(y)=k\beta$ 得到 (\ref{ry})$\sim$(\ref{k})。 而 $a_{n}(x)$ 的一般式 : \begin{align} a_{n}(x)=\frac{\alpha^{n+1}-\beta^{n+1}}{\alpha-\beta} \label{anb} \tag{3.9} \end{align} 其中 $\alpha=\dfrac{A(x)+\sqrt{A^2(x)+4B}}{2}$, $\beta=\dfrac{A(x)-\sqrt{A^2(x)+4B}}{2}$。 而 $\alpha=\dfrac{r}{k}$, $\beta=\dfrac{s}{k}$ 及 (\ref{k}) 代回 (\ref{anb}) 中, 得到 \begin{align*} a_{n}(x)&=\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{-n}{2}}U_{n}\left(\frac{A(x)}{2}\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}}\right) \tag*{$\Box$} \end{align*}

定義3.4(Fibonacci 多項式) Fibonacci 多項式序列 $\{f_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的遞迴式定義為 $$f_{0}(x)=1,\,f_{1}(x)=x,\quad f_{n}(x)=xf_{n-1}(x)+f_{n-2}(x)\,(n\ge 2).$$

推論3.4. Fibonacci 多項式序列 $\{f_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 和 Chebyshev 多項式的關係 $$f_{n}(x)=i^{n}U_{n}\left(\frac{-xi}{2}\right).$$

證明. 在 (\ref{ana}) 中令 $(A(x),B)=(x,1)$, 則 \begin{align*} f_{n}(x) & = i^{-n}U_{n}\left(\frac{xi}{2}\right)\\ & =i^n U_{n}\left(\frac{-xi}{2}\right)\quad(\text{因為}U_{n}(-x)=(-1)^{n}U_{n}(x)) \tag*{$\Box$} \end{align*}

註3.3. 在推論 3.4 中, 若 $x=1$, 我們可以得到 Fibonacci 數列 $\{F_{n}\}_{n\ge 0}$ , 即 $$F_{0}=1,\,F_{1}=1,\quad F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2}\, (n\ge 2),$$ 因此 $$F_{n}=i^{n}U_{n}\left(\dfrac{-i}{2}\right).$$

定義3.5(Morgan-Voyce 多項式) Morgan-Voyce 多項式序列 $\{B_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的遞迴式定義為 $$B_{0}(x)=1,\,B_{1}(x)=x+2,\quad B_{n}(x)=(x+2)B_{n-1}(x)-B_{n-2}(x)\, (n\ge 2).$$

推論3.5. Morgan-Voyce 多項式序列 $\{B_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 和 Chebyshev 多項式之間的關係 $$B_{n}(x)=U_{n}\left(\frac{x+2}{2}\right)$$

證明. 在 (\ref{ana}) 中令 $(A(x),B)=(x+2,-1)$, 則 \begin{align*} B_{n}(x)& =U_{n}\left(\frac{x+2}{2}\right) \tag*{$\Box$} \end{align*}

定義3.6(第一型 Fermat 多項式) 第一型 Fermat 多項式序列 $\{\phi_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的遞迴式定義為 $$\phi_0(x)=1,\,\phi_1(x)=x,\quad \phi_n(x)=x\phi_{n-1}(x)-2\phi_{n-2}(x)\,(n\ge 2).$$

推論3.6. 第一型 Fermat 多項式序列 $\{\phi_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 和 Chebyshev 多項式的關係 $$\phi_{n}(x)=(\sqrt{2})^{n}U_{n}\left(\frac{x}{2\sqrt{2}}\right).$$

證明. 在 (\ref{ana}) 中令 $(A(x),B)=(x,-2)$, 則 \begin{align*} \phi_{n}(x)& =\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{-n}U_{n}\left(\frac{x}{2\sqrt{2}}\right) =\sqrt{2}^{n}U_{n}\left(\frac{x}{2\sqrt{2}}\right) \tag*{$\Box$} \end{align*}

定義3.7(Pell 多項式 ) 已知 Pell 多項式序列 $\{P_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的定義為 $$P_{0}(x)=1,\,P_{1}(x)=2x,\quad P_{n}(x)=2xP_{n-1}(x)+P_{n-2}(x)\, (n\ge 2).$$

推論3.7. Pell 多項式序列 $\{P_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 和 Chebyshev 多項式的關係 $$P_{n}(x)=(-i)^{n}U_{n}(xi).$$

證明. 在 (\ref{ana}) 中令 $(A(x),B)=(2x,1)$, 則 \begin{align*} P_{n}(x) &=i^{-n}U_{n}(xi) =(-i)^{n}U_{n}(xi) \tag*{$\Box$} \end{align*}

4. Chebyshev 多項式之行列式表示法

在本節, 我們找出第一型、第二型 Chebyshev 多項式的行列式表示法, 並利用其得到其他序列的行列式表示法。

4.1. 第一型 Chebyshev 多項式與其他序列之行列式表示法

定理4.1.() 第一型Chebyshev 多項式序列 $\{T_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 $$T_{n}(x)=\begin{vmatrix} ~2x~ & -1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ -1 & ~2x~ & ~-1~ & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2x & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~2x~ & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & ~2x~ & ~-1~ \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 &-1 & x \end{vmatrix}_{n\times n}$$

證明. 令 $R_{n}(x)=\begin{vmatrix} ~2x~ & -1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ -1 & ~2x~ & ~-1~ & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2x & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~2x~ & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & ~2x~ & ~-1~ \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 &-1 & x \end{vmatrix}_{n\times n}$ 則 \begin{align*} R_{n}(x) &=2x\begin{vmatrix} 2x & -1 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 2x & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 2x & -1 & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & -1 & 2x & -1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 &-1 & x \end{vmatrix}_{(n-1)\times (n-1)}+\begin{vmatrix} -1 & -1 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2x & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 2x & -1 & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & -1 & 2x & -1 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 &-1 & x \end{vmatrix}_{(n-1)\times (n-1)}\\ &=2xR_{n-1}(x)-\begin{vmatrix} 2x & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 2x & -1 & 0 \\ 0 & \cdots & -1 & 2x & -1 \\ 0 & \cdots & 0 &-1 & x \end{vmatrix}_{(n-2)\times (n-2)}+\begin{vmatrix} 0 &\cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 2x & -1 & 0 \\ 0 & \cdots & -1 & 2x & -1 \\ 0 & \cdots & 0 &-1 & x \end{vmatrix}_{(n-1)\times (n-1)}\\ &=2xR_{n-1}(x)-R_{n-2}(x)\\ 且 R_{1}(x)&=\begin{vmatrix} x \end{vmatrix}=x=T_{1}(x), \qquad R_{2}(x)=\begin{vmatrix} 2x & -1 \\ -1 & x \end{vmatrix}=2x^2-1 \end{align*} 當 $n=2$ 時, $R_{2}(x)=2xR_{1}(x)-R_{0}(x)$, 所以 $R_{0}(x)=2x^2-(2x^2-1)=1=T_{0}(x)$。 因為 $R_{n}(x)$ 的遞迴關係及起始條件皆與 $T_{n}(x)$ 相同, 故 \begin{align*} T_{n}(x)&=\begin{vmatrix} ~2x~ & -1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ -1 & ~2x~ & -1 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & ~2x~ & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~2x~ & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & ~2x~ & ~-1~ \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 &-1 & x \end{vmatrix}_{n\times n} \tag*{$\Box$} \end{align*}

註4.1. 這個定理出現於 的習題, 但並未證明。

定理4.2. 定理 3.1 中 $\{b_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 \begin{align} b_{n}(x)=2\begin{vmatrix} A(x) & -\sqrt{B}i & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ -\sqrt{B}i & A(x) & -\sqrt{B}i & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & -\sqrt{B}i & A(x) & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & A(x) & -\sqrt{B}i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -\sqrt{B}i & A(x) & -\sqrt{B}i\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -\sqrt{B}i & \frac{A(x)}{2} \end{vmatrix}_{n\times n}\label{bnM} \tag{4.1} \end{align}

證明. 由定理 3.1 得知, $$b_{n}(x)=2\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{-n}{2}}T_{n}\left(\frac{A(x)}{2}\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}}\right)$$ 再根據定理 4.1 , 我們有 $T_{n}(x)$ 的行列式表示法, 可得到 \begin{align*} b_{n}(x) &=2\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{-n}{2}}T_{n}\left(\frac{A(x)}{2}\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}}\right)\\ &=2(\sqrt{B}i)^{n}T_{n}\left(\frac{A(x)}{2\sqrt{B}i}\right)\\ &=2(\sqrt{B}i)^{n}\begin{vmatrix} ~\frac{A(x)}{\sqrt{B}i}~ & -1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ -1 &~\frac{A(x)}{\sqrt{B}i}~ & -1 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & \frac{A(x)}{\sqrt{B}i} & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & ~\cdots~ & ~\frac{A(x)}{\sqrt{B}i}~ & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 &~\frac{A(x)}{\sqrt{B}i}~ & -1\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -1 & ~\frac{A(x)}{2\sqrt{B}i}~ \end{vmatrix}_{n\times n}\\ &=2\begin{vmatrix} A(x) & ~-\sqrt{B}i~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ ~-\sqrt{B}i~ & A(x) & ~-\sqrt{B}i~ & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0\\ 0 & -\sqrt{B}i & A(x) & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & A(x) & -\sqrt{B}i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~-\sqrt{B}i~ & A(x) & -\sqrt{B}i\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~-\sqrt{B}i~ & ~\frac{A(x)}{2}~ \end{vmatrix}_{n\times n}\tag*{$\Box$} \end{align*}

註4.2. 由證明我們可得 \begin{eqnarray*} b_{n}(x) &=&2\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{-n}{2}}T_{n}\left(\frac{A(x)}{2}\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}}\right)\\ &=&2\begin{vmatrix} A(x) & ~-\sqrt{B}i~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ ~-\sqrt{B}i~ & A(x) & ~-\sqrt{B}i~ & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & -\sqrt{B}i & A(x) & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & A(x) & -\sqrt{B}i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~-\sqrt{B}i~ & A(x) & -\sqrt{B}i\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~-\sqrt{B}i~ & ~\frac{A(x)}{2}~ \end{vmatrix}_{n\times n} \end{eqnarray*}

推論4.1. Lucas 多項式序列 $\{\ell_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 $$\ell_{n}(x)=2\begin{vmatrix} x & ~-i~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ ~-i~ & x & ~-i~ & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0\\ 0 & -i & x & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x & -i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~-i~ & x & -i\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~-i~ & ~\frac{x}{2}~ \end{vmatrix}_{n\times n}$$ 證明. 在 (\ref{bnM}) 中令 $(A(x),B)=(x,1)$。

註4.3. 根據推論 4.1 , 令 $x=1$, 則 Lucas 數列 $\{L_{n}\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 $$L_n=2\begin{vmatrix} 1 & ~-i~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ ~-i~ & 1 & ~-i~ & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0\\ 0 & -i & 1 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & -i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~-i~ & 1 & -i\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~-i~ & ~\frac{1}{2}~ \end{vmatrix}_{n\times n}$$

推論4.2. 第二型 Fermat 多項式序列 $\{\theta_n(x)\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 $$\theta_n(x)=2\begin{vmatrix} x & ~\sqrt{2}~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ ~\sqrt{2}~ & x & ~\sqrt{2}~ & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{2} & x & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x & \sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~\sqrt{2}~ & x & \sqrt{2}\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~\sqrt{2}~ & ~\frac{x}{2}~ \\ \end{vmatrix}_{n\times n}$$

證明. 在 (\ref{bnM}) 中令 $(A(x),B)=(x,-2)$。

推論4.3. Pell-Lucas 多項式序列 $\{Q_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 $$Q_n(x)=2\begin{vmatrix} 2x & ~-i~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ ~-i~ & 2x & ~-i~ & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -i & 2x & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 2x & -i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~-i~ & 2x & ~-i~ \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~-i~ & x \end{vmatrix}_{n\times n}$$

證明. 在 (\ref{bnM}) 中令 $(A(x),B)=(2x,1)$。

4.2. 第二型 Chebyshev 多項式與其他序列之行列式表示法

定理4.3. 第二型 Chebyshev 多項式序列 $\{U_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 $$U_{n}(x)=\begin{vmatrix} 2x & ~-1~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ ~-1~ & 2x & ~-1~ & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 2x & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 2x & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~-1~ & 2x & -1\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 &~-1~ & ~2x~ \end{vmatrix}_{n\times n}$$

證明. 與定理 4.1 證法類似。

定理4.4. 定理 3.2 中 $\{a_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 \begin{align} a_{n}(x)=\begin{vmatrix} A(x) & ~-\sqrt{B}i~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ ~-\sqrt{B}i~ & A(x) & ~-\sqrt{B}i~ & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & -\sqrt{B}i & A(x) & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & A(x) & -\sqrt{B}i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~-\sqrt{B}i~ & A(x) & ~-\sqrt{B}i~\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~-\sqrt{B}i~ & A(x) \end{vmatrix}_{n\times n} \label{anM} \tag{4.2} \end{align}

證明. 由定理 3.2 得知, $$a_{n}(x)=\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{-n}{2}}U_{n}\left(\frac{A(x)}{2}\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}}\right)$$ 再根據定理 4.3 , 我們有 $U_{n}(x)$ 的行列式表示法, 可得到 \begin{align*} a_{n}(x) &=\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{-n}{2}}U_{n}\left(\frac{A(x)}{2}\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}}\right)\\ &=(\sqrt{B}i)^{n}U_{n}\left(\frac{A(x)}{2\sqrt{B}i}\right)\\ &=(\sqrt{B}i)^{n}\begin{vmatrix} ~\frac{A(x)}{\sqrt{B}i}~ & -1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ -1 &~\frac{A(x)}{\sqrt{B}i}~ & -1 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & ~\frac{A(x)}{\sqrt{B}i}~ & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & ~\cdots~ & ~\frac{A(x)}{\sqrt{B}i}~ & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 &~\frac{A(x)}{\sqrt{B}i}~ & -1\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -1 & ~\frac{A(x)}{\sqrt{B}i}~ \end{vmatrix}_{n\times n}\\ &=\begin{vmatrix} A(x) & ~-\sqrt{B}i~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ ~-\sqrt{B}i~ & A(x) & ~-\sqrt{B}i~ & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0\\ 0 & -\sqrt{B}i & A(x) & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & A(x) & -\sqrt{B}i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~-\sqrt{B}i~ & A(x) & ~-\sqrt{B}i~\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~-\sqrt{B}i~ & A(x) \end{vmatrix}_{n\times n}\tag*{$\Box$} \end{align*}

註4.4. 由證明我們可得 \begin{eqnarray*} a_{n}(x) &=&\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{-n}{2}}U_{n}\left(\frac{A(x)}{2}\left(-\frac{1}{B}\right)^{\frac{1}{2}}\right)\\ &=&\begin{vmatrix} A(x) & ~-\sqrt{B}i~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ ~-\sqrt{B}i~ & A(x) & ~-\sqrt{B}i~ & \cdots & 0 & 0 & 0\\ 0 & -\sqrt{B}i & A(x) & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & A(x) & -\sqrt{B}i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~-\sqrt{B}i~ & A(x) & ~-\sqrt{B}i~\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~-\sqrt{B}i~ & A(x) \end{vmatrix}_{n\times n} \end{eqnarray*}

推論4.4. Fibonacci 多項式序列 $\{f_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 $$f_{n}(x)=\begin{vmatrix} x & ~-i~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ ~-i~ & x & ~-i~ & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -i & x & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x & -i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~-i~ & x & ~-i~ \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~-i~ & x \end{vmatrix}_{n\times n}$$

證明. 在 (\ref{anM}) 中令 $(A(x),B)=(x,1)$。

註4.5. 根據推論 4.4 , 令 $x=1$, 則 Fibonacci 數列 $\{F_{n}\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 $$F_{n}=\begin{vmatrix} 1 & ~-i~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ ~-i~ & 1 & ~-i~ & ~\cdots~& 0 & 0 & 0\\ 0 & -i & 1 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & -i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~-i~ & 1 & ~-i~\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~-i~ & 1 \end{vmatrix}_{n\times n}$$

推論4.5. Morgan-Voyce 多項式序列 $\{B_n(x)\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 $$B_n(x)=\begin{vmatrix} x+2 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 1 & x+2 & 1 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & x+2 & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x+2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x+2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 & x+2 \\ \end{vmatrix}_{n\times n}$$

證明. 在 (\ref{anM}) 中令 $(A(x),B)=(x+2,-1)$。

推論4.6. 第一型 Fermat 多項式序列 $\{\phi_n(x)\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 $$\phi_n(x)=\begin{vmatrix} x & ~\sqrt{2}~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ ~\sqrt{2}~ & x & ~\sqrt{2}~ & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{2} & x & \cdots & 0 & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x & \sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & ~\sqrt{2}~ & x & ~\sqrt{2}~\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~\sqrt{2}~ & x \\ \end{vmatrix}_{n\times n}$$

證明. 在 (\ref{anM}) 中令 $(A(x),B)=(x,-2)$。

推論4.7. Pell 多項式序列 $\{P_{n}(x)\}_{n\ge 0}$ 的行列式表示法為 $$P_n(x)=\begin{vmatrix} ~2x~ & ~-i~ & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ -i & 2x & -i & ~\cdots~ & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -i & 2x & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & ~\ddots~ & ~\vdots~ & ~\vdots~ & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 2x & -i & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -i & 2x & -i \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & ~-i~ & ~2x~ \end{vmatrix}_{n\times n}$$

證明. 在 (\ref{anM}) 中令 $(A(x),B)=(2x,1)$。

我們特別地提出行列式型如 $\begin{vmatrix} ~a~ & ~b~ & ~0~ & ~\cdots~ & ~0~ & ~0~ & ~0~ \\ b & a & b & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & b & a & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & a & b & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & b & a & b \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & b & a \end{vmatrix}$ 之值可由定理 4.4 及其與 $U_{n}(x)$ 的關係式求得, 以下提供兩個例子。

例4.3. 張福春和莊淨惠 考慮 $n\times n$ 行列式 $D_{n}=\begin{vmatrix} ~b~ & ~b~ & ~0~ & ~\cdots~ & ~0~ & ~0~ & ~0~ \\ b & b & b & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & b & b & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & b & b & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & b & b & b \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & b & b \end{vmatrix}$ (其中$b\gt 0$)之值, 我們也可以利用 (\ref{anM}) 得到相同的結果。 比較 $D_{n}$ 和 $a_{n}(x)$, 令 $A(x)=b$, $-\sqrt{B}i=b$, 則 $B=-b^2$, 由註 4.4 , 我們可得 \begin{align*} D_{n} &=\left(\dfrac{1}{b^2}\right)^{\frac{-n}{2}}U_{n}\left(\dfrac{b}{2}\left(\dfrac{1}{b^2}\right)^{\frac{1}{2}}\right) \\ &=b^n U_{n}\left(\dfrac{1}{2}\right) \\ &=b^n \dfrac{\sin\left((n+1)\cos^{-1}\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{\frac{3}{4}}}\\ &=b^n \dfrac{2}{\sqrt{3}}\sin\left((n+1)\frac{\pi}{3}\right) \\ &=b^n \dfrac{2}{\sqrt{3}}\sin\left(\frac{\pi}{3}+\frac{n\pi}{3}\right) \\ &=b^n \dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(\sin\frac{\pi}{3}\cos\frac{n\pi}{3}+\cos\frac{\pi}{3}\sin\frac{n\pi}{3}\right) \\ &=b^n \left(\cos\frac{n\pi}{3}+\frac{1}{\sqrt{3}}\sin\frac{n\pi}{3}\right) \end{align*}

例4.4. 同樣地, 中提出之習題4的第6題也可以用相同的方法得到答案。 我們令 $$ E_{n}=\begin{vmatrix} ~6~ & ~3~ & ~0~ & ~\cdots~ & ~0~ & ~0~ & ~0~ \\ 3 & 6 & 3 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 6 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 6 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 3 & 6 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 3 & 6 \end{vmatrix}_{n\times n}$$ 比較 $E_{n}$ 和 $a_{n}(x)$, 令 $A(x)=6$, $-\sqrt{B}i=3$, 則 $B=-9$。 由註 4.4 我們可得 \begin{align*} E_{n} &=\left(\dfrac{1}{9}\right)^{\frac{-n}{2}} U_{n}\left(3\left(\dfrac{1}{9}\right)^{\frac{1}{2}}\right)\\ &=3^{n}U_{n}(1) \end{align*} 再由 得 $U_{n}(1)=n+1$, 則 $E_{n}=(n+1)3^{n}$。

5. 致謝

感謝中研院數學所計畫暑期研習活動, 讓筆者能夠在美國內華達大學數學系薛昭雄教授的指導下, 完成此文, 也衷心感謝薛昭雄教授適時給予建議和鼓勵。 最後也要感謝審稿人的細心與指教。

參考資料

---本文作者翁翠微為台大電機系、台大電信所畢業，現在就讀麻省理工學院博士班； 顏綺美為政大應數系畢業，現在就讀交大應數系碩士班； 陳政宏為國立台灣師範大學數學研究所碩士班學生---