考慮數列 $\{a_n\}$, $n\ge 0$, 若滿足二階齊次線性遞迴關係式： \begin{equation} a_n=a_{n-1}+a_{n-2},\label{1} \end{equation} 則稱為 費氏數列 (Fibonacci sequence)。 費氏數列具有許多與 黃金比例 (golden ratio) 及 費氏螺線 (Fibonacci spiral) 密切的性質, 皆涉及美學與生物的生長模式。

事實上, 我們利用費氏數列的各項為邊作正方形, 稱為 數列方形 (Sequence square), 再依序以逆時針螺旋排列, 由 0 點出發, 不斷在正方形內逆時針作出四分之一的圓弧, 連結成一條螺線, 稱為 費氏螺線, 這近似於鸚鵡螺的螺線, 參見圖 1。

圖 1 中的數列方形長與寬的比為費氏數列的後前項的比 $a_{n+1}/a_n$, 當項數 $n$ 越大時, 其值正巧為 黃金比列 $\phi$, 近似於 1.618, 或特徵正實根。

我們把 \eqref{1} 式推廣到更一般 $k$ 階正實數齊次線性遞迴關係式： \begin{equation} a_n=c_1a_{n-1}+c_2a_{n-2}+\cdots+c_ka_{n-k},\label{2} \end{equation} 其中係數 $c_1,c_2,\ldots,c_k$ 為正實數且 $c_k\not=0$。 顯然, 如果給定首 $k$ 項的初期值, 就可確定 \eqref{2} 式唯一的整個數列, 則稱為 $k$ 階正實數齊次線性遞迴數列。

我們給定首 $k$ 項的初期值為 $a_1=1$, $a_i=0$, 其中 $i=0,-1,-2,\ldots,-(k-2)$, 是為了結合數列及螺線與幾何間相互間妙趣, 並且盡量以推廣與類推的眼光來開展。美妙地, 這個 $k$ 階問題的結果是豐碩的。

底下是我們要探討的主要三個問題：

1. 唯一性問題：數列的特徵正實根是否等於數列的後前項比的極限呢？
   (費氏數列的後前項比的極限等於特徵正實根, 也是黃金比列 $\phi$。)
2. 幾何建構問題 ： 依照費氏螺線的樣式如何建構出 $k$ 階的數列螺線呢？
3. 收斂性問題 ： 建構出 $k$ 階的數列螺線收斂條件為何？

1. 唯一性問題

甲、唯一特徵正實根

首先要求 \eqref{2} 式的一般項 $a_n$, 可嘗試用 $a_n=x^n$ 代入, 得 $n$ 次代數方程式 $$f(x)=x^n-c_1x^{n-1}-c_2x^{n-2}-\cdots-c_kx^{n-k}=0.$$ 因為零解不是我們所要的, 所以可消去 $x^{n-1}$ 的因式, 得到 $k$ 次代數方程式 \begin{equation} f(x)=x^k-c_1x^{k-1}-c_2x^{k-2}-\cdots-c_k=0,\label{3} \end{equation} 則 \eqref{3} 式稱為 \eqref{2} 式的 特徵方程式, 其中 \eqref{3} 式的每一個根都稱為 特徵複根。 由代數基本定理知最多有 $k$ 個相異特徵複根, 可令 $k$ 個特徵複根為 $\alpha_i$ $(1\le i\le k)$ 且 $\alpha_i$ 為最大特徵正實根, 由於 $c_1,c_2,\ldots,c_k\gt 0$, 則有 $\alpha_1\ge |\alpha_i|$, $i=2,3,\ldots,k$, 這性質讀者可自行證明。

例如： 數列 $\{a_n\}$ : $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}+2a_{n-4}$, 特徵方程式為 \begin{eqnarray*} f(x)&=&x^4-x^3-x^2-2=0,\\ \Rightarrow\ f(x)&=&(x-2)(x+1)(x^2+1)=0, \end{eqnarray*} 所以特徵複根為 $2,-1,\pm i$, 即 $2\gt |-1|=|i|=|-i|$ 是滿足 $\alpha_1\ge |\alpha_2|\ge |\alpha_3|\ge |\alpha_4|$。

定理1： 設 $\{a_n\}$ 為 $k$ 階正實係數齊次線性遞迴數列, 若有 $k_1$ 個特徵實根為 $\alpha_i$, 且 $\alpha_1$ 為最大特徵正實根, 其中 $\alpha_1\ge \alpha_i$ $(1\le i\le k_1\le k)$, 則 $\alpha_1$為數列 $\{a_n\}$ 的唯一特徵正實根, 且實根 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$ 均相異 (沒有重根的情形)。

證明： 現在利用 笛卡兒符號法則 (Descartes's rule of signs) 來判定特徵方程式的正實根的個數。 首先觀察 $f(x)=0$ 的係數 $(1,-c_1,-c_2,\ldots,-c_k)$ 之正負符號關係為 $(+,-,-,\ldots,-)$, 由於第一項及第二項符號改變, 即係數符號的變化次數 $N^+$ 為 1。 令正實根的個數為 $N$, 則由 笛卡兒符號法則知 $N^+(=1)\ge N$ 並且 $1-N$ 為非負偶數, 所以 $N=1$, 故 $\alpha_1$ 為特徵方程式 $f(x)=0$ 的唯一正實根。

另一方面, 若實數 $\alpha$ 為數列的特徵根, 則 $f(\alpha)=0$, 故 $f(\alpha)=\alpha^k-c_1\alpha^{k-1}-\cdots-c_k=0$, 但當 $\alpha\gt 0$ 時, \begin{eqnarray*} f'(\alpha)&=&k\alpha^{k-1}-c_1(k-1)\alpha^{k-2}-\cdots -c_{k-1}\\ &\gt &k[\alpha^{k-1}-c_1\alpha^{k-2}-\cdots -c_{k-1}]=k\Big(\dfrac{f(\alpha)+c_k}{\alpha}\Big)=\frac{kc_k}{\alpha}\gt 0, \end{eqnarray*} 又當 $\alpha\lt 0$ 時, 若 $k=3$, $\alpha=-1$, $c_1=100$, $c_2=1$, $c_3=2$, 則 $f'(\alpha)=3\alpha^2-2c_1\alpha-c_2$。 考慮 $f'(\alpha)-3[\alpha^2-c_1\alpha-c_2]=c_1\alpha+2c_2=-98\lt 0$, 得 $f'(\alpha)\lt 0$。

所以 $f'(\alpha)\not=0$, 故 $f(x)=0$ 的實根沒有重根的情形, 即其特徵實根 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_{k_1}$ 均相異。$\Box$

由上可知 $f(x)=0$ 的特徵實根均相異(沒有重根), 在探討 \eqref{2} 式的一般解時, 分成 $k$ 個相異特徵實根或有特徵共軛複根來討論。 事實上, 特徵共軛複根的情形只是相異特徵實根的一個特例。不失一般性, 底下僅以出現 $k-2$ 個相異特徵實根 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_{k-2}$ 及一組特徵共軛複根 $\alpha_{k-1},\alpha_k$ 來證明。

定理2： 設 $\{a_n\}$ 為 $k$ 階正實係數齊次線性遞迴數列,

1. 若 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_{k}$ 為數列 $\{a_n\}$ 的特徵相異實根, 則數列 $\{a_n\}$ 的一般解為 \begin{equation} a_n=d_1\alpha_1^n+d_2\alpha_2^n+\cdots+d_k\alpha_k^n,\label{4} \end{equation} 其中 $d_i$ $(i=1,2,\ldots,k)$ 為不為零的任意常數。
2. 若 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_{k-2}$ 為數列 $\{a_n\}$ 的特徵相異實根且有一組特徵共軛複根 $\alpha_{k-1},\alpha_k$, 則數列 $\{a_n\}$ 的一般解為 $$a_n=d_1\alpha_1^n+d_2\alpha_2^n+\cdots+d_{k-2}\alpha_{k-2}^n+(d_{k-1}+d_k)\gamma^n\cos n\theta+i(d_{k-1}-d_k)\gamma^n\sin n\theta ,$$ 其中 $d_i$ $(i=1,2,\ldots,k)$ 為不為零的任意常數。

證明： (i) 給定首 $k$ 項的初期值為 $$a_1=1,\ a_2=\beta_2,\ a_3=\beta_3,\ a_4=\beta_4,\ \ldots,\ a_k=\beta_k\quad (\beta_k\ \hbox{不為零},\ i=1,2,\ldots,k)$$ 事實上, 由 \eqref{4} 式得知 $$\hbox{線性方程組}\ \Gamma: \left\{ \begin{array}{ccl} d_1\alpha_1+d_2\alpha_2+\cdots+d_k\alpha_k&=&1\\ d_1\alpha_1^2+d_2\alpha_2^2+\cdots+d_k\alpha_k^2&=&\beta_2\\ \vdots&\vdots&\\ d_1\alpha_1^k+d_2\alpha_2^k+\cdots+d_k\alpha_k^k&=&\beta_k\\ \end{array} \right.$$ 為關於 $d_i$ $(i=1,2,\ldots,k)$ 的線性方程組, 其係數行列式為 $$\left|\begin{array}{cccc} ~\alpha_1~&~\alpha_2~&~\cdots~&~\alpha_k~\\ ~\alpha_1^2~&~\alpha_2^2~&~\cdots~&~\alpha_k^2~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~\alpha_1^k~&~\alpha_2^k~&~\cdots~&~\alpha_k^k~\\ \end{array}\right|=\alpha_1\cdot\alpha_2\cdots\alpha_k \left|\begin{array}{cccc} 1&1&\cdots&1\\ ~\alpha_1^{k-1}~&~\alpha_2^{k-1}~&~\cdots~&~\alpha_k^{k-1}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~\alpha_1^k~&~\alpha_2^k~&~\cdots~&~\alpha_k^k~\\ \end{array}\right|.$$ 由 Vandermonde 行列式且 Cramer 法則得知係數行列式不為零及 $d_i\not=0$ (因為特徵根 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$ 均相異), 因此, 線性方程組 $\Gamma$ 必有唯一一組解 $d_i$ $(i=1,2,\ldots,k)$, 故 \eqref{4} 式為 \eqref{3} 式的一般解。

(ii) 事實上, 特徵共軛複根的情形只是相異特徵實根的一個特例。

令 $\alpha_{k-1}=\delta_1+i\delta_2$, $\alpha_k=\delta_1-i\delta_2$, 其中 $\gamma=\sqrt{\delta_1^2+i\delta_2^2}$, $\theta=\tan^{-1}(\delta_2/\delta_1)$, 則 \begin{eqnarray*} d_{k-1}\alpha_{k-1}^n+d_k\alpha_k^n&=&d_{k-1}(\delta_1+i\delta_2)^n+d_k(\delta_1-i\delta_2)^n\\ &=&d_{k-1}\gamma^n(\cos n\theta+i\sin n\theta)+d_k\gamma^n(\cos n\theta-i\sin n\theta)\\ &=&(d_{k-1}+d_k)\gamma^n\cos n\theta+i(d_{k-1}-d_k)\gamma^n\sin n\theta. \end{eqnarray*} 因此, 數列 $\{a_n\}$ 的一般解 $$a_n=d_1\alpha_1^n+d_2\alpha_2^n+\cdots+d_{k-2}\alpha_{k-2}^n+(d_{k-1}+d_k)\gamma^n\cos n\theta+i(d_{k-1}-d_k)\gamma^n\sin n\theta,$$ 其中 $d_i$ $(i=1,2,\ldots,k)$ 為不為零的任意常數。$\Box$

註： 由定理 2 知我們要討論的線性遞迴關係式都是 $k$ 階線性遞迴關係式, 也就是在一般解中的每一個係數 $d_i$ 均不為 0。

例如： 數列 $\{a_n\}$ : $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}+2a_{n-4}$, 特徵複根為 $2,-1,\pm i$。

因為 $\pm i=\cos(\pi/2)\pm i\sin(\pi/2)$, 所以數列 $\{a_n\}$ 的一般解為 \begin{equation} a_n=d_1(2)^n+d_2(-1)+(d_3+d_4)\cos(n\pi/2)+i(d_3-d_4)\sin(n\pi/2).\label{5} \end{equation} 由於初期值為 $a_{-2}=0$, $a_{-1}=0$, $a_0=0$, $a_1=1$, 代入 \eqref{5} 式得知 $$\left\{ \begin{array}{rcccc} a_{-2}&=&d_1(2)^{-2}+d_2(-1)^{-2}-(d_3+d_4)&=&0\\ a_{-1}&=&d_1(2)^{-1}+d_2(-1)^{-1}-i(d_3-d_4)&=&0\\ a_{0}&=&d_1(2)^{0}+d_2(-1)^{0}+(d_3+d_4)&=&0\\ a_{1}&=&d_1(2)^{1}+d_2(-1)^{1}+i(d_3-d_4)&=&1\\ \end{array} \right.\ \Rightarrow\ \left\{ \begin{array}{rcccc} a_{-2}&=&\frac 14d_1+d_2-d_3-d_4&=&0\\ a_{-1}&=&\frac 12d_1-d_2-i(d_3-d_4)&=&0\\ a_{0}&=&d_1+d_2+d_3+d_4&=&0\\ a_{1}&=&2d_1-d_2+i(d_3-d_4)&=&1\\ \end{array} \right..$$ 求解得 $d_1=\dfrac{4}{15}$, $d_2=\dfrac{1}{6}$, $d_3+d_4=-\dfrac{1}{10}$, $i(d_3-d_4)=\dfrac 3{10}$, 故數列 $\{a_n\}$ 的一般解為 $$a_n=\frac 4{15}(2)^n-\frac 16(-1)^n-\frac 1{10}\cos(n\pi/2)+\frac 3{10}\sin(n\pi/2).{\Box}$$

乙、特徵正實根等於數列的後前項比的極限

「費氏數列的後前項比的極限等於特徵正實根, 其值也是黃金比列 $\phi$。」 這個性質是德國天文學家 克卜勒 (Johannes Kepler, 1571$\sim$1630) 與費氏數列、 黃金比列 $\phi$ 的不期而遇。 如何觀察出來呢？

他將黃金比列寫成連分數 $$\phi=1+{1\over\displaystyle 1+{\strut 1\over \displaystyle 1+{\strut 1\over {1+\cdots}}}}.$$ 若逐項分斷連分數, 然後一步一步往下算去, 不僅可以估計出黃金比列 $\phi$, 美妙地可發現費氏數列的後前項比, 如下一系列值： $$ 1=\frac 11=1.00000,\quad 1+\frac 11=\frac 21=2.00000,\quad 1+\frac{1}{1+1}=\frac 32=1.50000,$$ $$1+{1\over\displaystyle 1+{\strut 1\over \displaystyle {1+1}}}=\frac 53=1.66666,\quad 1+{1\over\displaystyle 1+{\strut 1\over \displaystyle 1+{\strut 1\over \displaystyle {1+1}}}}=\frac 85=1.60000,$$ $$1+{1\over\displaystyle 1+{\strut 1\over \displaystyle 1+{\strut 1\over \displaystyle 1+{\strut 1\over \displaystyle {1+1}}}}}=\frac {13}5=1.62500. $$ 從這些逐項近似值中, 發現費氏數列的後前項比的極限等於黃金比列 $\phi$。 推廣至 $k$ 階時, 數列的後前項比的極限等於唯一特徵正實根, 底下就來證明。

定理3： 設 $\{a_n\}$ 為 $k$ 階正實係數齊次線性遞迴數列,

1. 若 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots\alpha_k$ 為數列 $\{a_n\}$ 的特徵相異實根, 其中 $\alpha_1$ 為唯一特徵正實根並且 $\alpha_1\ge\alpha_i$, $i=2,3\ldots,k$, 則 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\alpha_1$。
2. 若 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots\alpha_k$ 為數列 $\{a_n\}$ 的特徵相異實根且有一組特徵共軛複根 $\alpha_{k-1},\alpha_k$, 其中 $\alpha_1$為唯一特徵正實根並且 $\alpha_1\ge|\alpha_i|$, $i=2,3\ldots,k$, 則 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\alpha_1$。

證明： (i) 由定理 2 得知數列 $\{a_n\}$ 的一般解為 $a_n=d_1\alpha_1^n+d_2\alpha_2^n+\cdots+d_k\alpha_k^n$, 其中 $d_i$ $(i=2,3,\ldots,k)$ 為不為零的任意常數。

由於 $\alpha_1\ge \alpha_i$, $i=2,3,\ldots,k$, 因此, \begin{eqnarray} \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}&=&\lim_{n\to\infty}\frac{d_1\alpha_1^{n+1}+d_2\alpha_2^{n+1}+\cdots+d_k\alpha_k^{n+1}} {d_1\alpha_1^n+d_2\alpha_2^n+\cdots+d_k\alpha_k^n}\nonumber\\ &=&\lim_{n\to\infty}\frac{d_1\alpha_1+d_2\alpha_2\Big(\dfrac{\alpha_2}{\alpha_1}\Big)^n+d_3\alpha_3\Big(\dfrac{\alpha_3}{\alpha_1}\Big)^n+\cdots +d_k\alpha_k\Big(\dfrac{\alpha_k}{\alpha_1}\Big)^n} {d_1+d_2\Big(\dfrac{\alpha_2}{\alpha_1}\Big)^n+d_3\Big(\dfrac{\alpha_3}{\alpha_1}\Big)^n+\cdots +d_k\Big(\dfrac{\alpha_k}{\alpha_1}\Big)^n}=\alpha_1.\quad~ \label{6} \end{eqnarray} (ii) 令 $\alpha_{k-1}=\delta_1+i\delta_2$, $\alpha_k=\delta_1-i\delta_2$, 其中 $\gamma=\sqrt{\delta_1^2+i\delta_2^2}$, $\theta=\tan^{-1}(\delta_2/\delta_1)$。
因為 $\alpha_1\gt |\alpha_i|$, $i=2,3,\ldots,k$, 所以 $\alpha_1\gt |\alpha_{k-1}|=|\alpha_k|=\gamma\Rightarrow 0\lt \dfrac{\gamma}{\alpha_1}\lt 1$。
由定理 2 得知數列 $\{a_n\}$ 的一般解為 $$a_n=d_1\alpha_1^n+d_2\alpha_2^n+\cdots+d_{k-2}\alpha_{k-2}^n+(d_{k-1}+d_k)\gamma^n\cos n\theta+i(d_{k-1}-d_k)\gamma^n\sin n\theta $$ 其中 $d_i$ $(i=1,2,\ldots,k$ 為不為零的任意常數。 由於 \begin{eqnarray} &&\hskip -20pt \lim_{n\to\infty}\frac{(d_{k-1}+d_k)\gamma^{n+1}\cos(n+1)\theta+i(d_{k-1}-d_k)\gamma^{n+1}\sin(n+1)\theta} {(d_{k-1}+d_k)\gamma^{n}\cos n\theta+i(d_{k-1}-d_k)\gamma^{n}\sin n\theta}\nonumber\\ &=&\lim_{n\to\infty} \frac{(d_{k-1}+d_k)\gamma\Big(\dfrac{\gamma}{\alpha_1}\Big)^n\cos(n+1)\theta+(d_{k-1}-d_k)\gamma \Big(\dfrac{\gamma}{\alpha_1}\Big)^n\sin(n+1)\theta} {(d_{k-1}+d_k)\Big(\dfrac{\gamma}{\alpha_1}\Big)^n\cos n\theta+(d_{k-1}-d_k)\Big(\dfrac{\gamma}{\alpha_1}\Big)^n\sin n\theta}=0, \label{7} \end{eqnarray} 因此, 由 \eqref{6} 式與 \eqref{7} 式知 \begin{align*} &\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n\!+\!1}}{a_n}\nonumber\\ &\!=\!\lim_{n\to\infty}\!\!\frac{d_1\alpha_1^{n+1}\!+\!\cdots\!+\!d_{k-2}\alpha_{k-2}^{n+1}\!+\! (d_{k-1}\!+\!d_k)\gamma^{n+1}\cos(n\!+\!1)\theta\!+\!i(d_{k-1}\!-\!d_k)\gamma^{n+1}\sin(n\!+\!1)\theta} {d_1\alpha_1^{n}\!+\!\cdots\!+\!d_{k-2}\alpha_{k-2}^{n}\!+\! (d_{k-1}\!+\!d_k)\gamma^{n}\cos n\theta\!+\!i(d_{k-1}-d_k)\gamma^{n}\sin n\theta}\\ &=\alpha_1.\tag*{$\Box$} \end{align*}

推論： 若不僅有一組特徵共軛複根, 且 $\alpha_1$為唯一特徵正實根並且 $\alpha_1\gt |\alpha_i|$, $i=2,3,\ldots,k$, 則極限 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ 必存在, 且 $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\alpha_1$。

2. 幾何建構問題

若依照費氏螺線的樣式(逆時針旋轉), 推廣 $k$ 階齊次線性遞迴數列時產生的曲線均為螺線嗎？

本文將 $k$ 階時產生的曲線稱為 數列螺線。 顯然地, 數列螺線的建構條件為

數列 $\{a_n\}$ 中每一項皆為正實數且為(嚴格)遞增數列, 即 $0\lt a_1\le a_2\le a_3\le\cdots$。

那麼當 $c_1,c_2,\ldots,c_k\ge 1$ 時, 顯然是 $0\lt a_1\le a_2\le a_3\le\cdots$, 並且數列螺線是保持費氏螺線的樣式建構方式, 以數列 $\{a_n\}\,:\,a_n=a_{n-1}+2a_{n-2}$ 為例, 參見圖 2。

事實上, 如果將 $c_1,c_2,\ldots,c_k\ge 1$ 改為 $c_1+c_2+\cdots+c_k\ge 1$, 則數列在某項後皆為(嚴格)遞增數列, 證明參見定理 5。

例如： 數列 $\{a_n\}\,:\,a_n=\dfrac 13 a_{n-1}+\dfrac 13 a_{n-2}+\dfrac 12 a_{n-3}$, 是從第 2 項後開始嚴格遞增, 即第 2 項後成為由內而外逆時鐘旋出的螺線, 參見圖 3, 此情形也列入本文數列螺線的範疇。

此外, 若考慮 $0\lt c_1+c_2+\cdots+c_k\lt 1$, 則數列在某項後為(嚴格)遞減數列, 證明參見定理 5。 若採用寬廣觀點, 同樣地也可建構出數列螺線, 則數列螺線是在某項後成為由外而內逆時鐘旋入的螺線

例如： 數列 $\{a_n\}\,:\,a_n=\dfrac 13 a_{n-1}+\dfrac 13 a_{n-2}+\dfrac 14 a_{n-3}$, 是從第 6 項後開始嚴格遞減, 即第 6 項後成為由外而內逆時鐘旋入的螺線, 參見圖 4, 此情形也列入本文數列螺線的範疇。

綜合以上, 本文所談數列螺線包含由內而外逆時鐘旋出或由外而內逆時鐘旋入的螺線。

值得一提, 針對 $a_i$ $(i=2,3,\ldots,n)$ 為負實數或 0, 不妨將「$a_i$ 的負號」 代表曲線方向與「$a_i$ 的正號」相反, 並且凹性是相反的。 而「$a_i=0$」是代表曲線沒有移動, 配合費氏螺線的樣式建構方式, 則必出現尖點產生, 其對應曲線必不是螺線。

例如： 數列 $\{a_n\}\,:\,a_n=-a_{n-1}-a_{n-2}$ 中 $a_1=1$, $a_2=-1$, $a_3=0$, $a_4=1$, 參見圖 5, 由於 $a_1$ 與 $a_2$ 是正負相間, 對應四分之一的圓弧間必出現尖點。 而 $a_3=0$ 代表曲線沒有移動, 相鄰 $a_2$ 與 $a_4$ 所對應四分之一的圓弧間必出現尖點, 因此, 其對應曲線必不是螺線。

我們將數列螺線的方程式用參數式來表示, 為了方便, 令數列螺線的起點坐標為 $(1,0)$ 且第一個四分之一的圓弧之圓心坐標為 $(0,0)$。

定理4： 設 $\{a_n\}$ 為 $k$ 階正實數齊次線性遞迴數列, 則數列螺線參數式為 \begin{eqnarray*} x(t)&=&1+\sum_{i=1}^{[t]}\delta_i(a_i-a_{i-1})+a_{[t]}\cdot \cos\Big(\frac{t-1}{2}\pi\Big),\\ y(t)&=&\sum_{i=1}^{[t]}\delta_i'(a_i-a_{i-1})+a_{[t]}\cdot \sin\Big(\frac{t-1}{2}\pi\Big), \end{eqnarray*} 其中實數 $t\!\ge\! 1$, $\delta_i\!=\!\dfrac{1+(-1)^{i+1}}{2}\times(-1)^{\left[\frac{t+1}{2}\right]}$, $\delta_i'\!=\!\dfrac{1+(-1)^{i}}{2}\times(-1)^{\left[\frac{t}{2}\right]}$, $[\ ]$ 為高斯符號。

證明： 利用圓的參數式來推導數列螺線參數式。

首先先考慮圓心的移動量 ： 數列螺線從 $(1,0)$ 起, 每個四分之一的圓弧的圓心以 $a_i-a_{i-1}$ 單位移動 $(0\le i\le n)$, 但要注意 $x,y$ 坐標是否移動 $a_i-a_{i-1}$ 單位, 我們發現除了前四個圓心外, 之後圓心軌跡就遵循 「向左、 向下、 向右與向上」等四個循環方向移動, 參見下表, 其中用 $-1$, 0, 1來表示 $x$ 軸方向-向左、 沒有移動、 向右和 $y$ 軸方向-向下、 沒有移動、 向上。

圓心移動軌跡$x$ 軸方向$y$ 軸方向

向左	向下	向右	向上
$-1$	0	+1	0
$0$	$-1$	0	+1

上表可用數學式子來表示, 其中 $[\ ]$為高斯符號：

1. 由 $\delta_i\!=\!\dfrac{1+(-1)^{i+1}}{2}\times(-1)^{\left[\frac{t+1}{2}\right]}$ 來決定 $x$ 坐標是否移動 $a_i-a_{i-1}$ 單位 ($i=1,2,3,\ldots$)。
2. 由 $\delta_i'\!=\!\dfrac{1+(-1)^{i}}{2}\times(-1)^{\left[\frac{t}{2}\right]}$ 來決定 $y$ 坐標是否移動 $a_i-a_{i-1}$ 單位 ($i=1,2,3,\ldots$)。

由上可知若參數 $t$ 為大於 1 的實數, 則圓心的坐標為 $$\Big(1+\sum_{i=1}^{[t]}\delta_i(a_i-a_{i-1}), \sum_{i=1}^{[t]}\delta_i'(a_i-a_{i-1})\Big),\ \hbox{其中 $[\ ]$ 為高斯符號。}$$ 又四分之一圓的半徑為 $a_{[t]}$ 且旋轉角度為 $\dfrac{t-1}{2}\pi$, 則由圓的參數式知數列螺線參數式為 \begin{eqnarray*} x(t)&=&1+\sum_{i=1}^{[t]}\delta_i(a_i-a_{i-1})+a_{[t]}\cdot \cos\Big(\frac{t-1}{2}\pi\Big),\\ y(t)&=&\sum_{i=1}^{[t]}\delta_i'(a_i-a_{i-1})+a_{[t]}\cdot \sin\Big(\frac{t-1}{2}\pi\Big), \end{eqnarray*} 其中 $t\!\ge\! 1$, $\delta_i\!=\!\dfrac{1+(-1)^{i+1}}{2}\times(-1)^{\left[\frac{t+1}{2}\right]}$, $\delta_i'\!=\!\dfrac{1+(-1)^{i}}{2}\times(-1)^{\left[\frac{t}{2}\right]}$, $[\ ]$ 為高斯符號。$\Box$

3. 收斂性問題

我們發現 ： 當係數 $c_1,c_2,\ldots,c_k\ge 1$ 時, 數列 $\{a_n\}$ 為嚴格遞增, 則必可建構出數列螺線, 但係數 $c_1,c_2,\ldots,c_k\lt 1$ 時, 數列 $\{a_n\}$ 有遞增也有遞減, 無法區分怎樣的數列螺線, 以下定理 5 我們提供最佳的充分條件就是由 $c_1+c_2+\cdots+c_k$ 的值來決定。

定理5： 設 $\{a_n\}$ 為 $k$ 階正實係數齊次線性遞迴數列, 則數列在某項後, 有以下三 種數列曲線：

1. 當 $c_1+c_2+c_3+\cdots+c_k\gt 1$ 時, 則 $\{a_n\}$ 為遞增數列, 數列曲線是由內而外逆時鐘旋出的螺線。
2. 當 $c_1+c_2+c_3+\cdots+c_k=1$ 時, 則 $\{a_n\}$ 趨近常數數列, 數列曲線是由內而外逆時鐘旋轉的螺線。 當 $n\to\infty$ 時, 數列螺線會收斂於一圓 (此圓稱為 極限圓)。
3. 當 $0\lt c_1+c_2+c_3+\cdots+c_k\lt 1$ 時, 則 $\{a_n\}$ 為遞減數列, 數列曲線是由外而內逆時鐘旋入的螺線。 當 $n\to\infty$ 時, 數列螺線會旋入至一點 (此點稱為 點圓)。

註： 極限圓及點圓為數列螺線的退化情形。

證明： 由數列的特徵方程式如 \eqref{3} 式, 當 $x=1$ 代入 \eqref{3} 式, 得到 $$f(1)=1-(c_1+c_2+\cdots+c_k).$$ (i) 當 $c_1+c_2+c_3+\cdots+c_k\gt 1$ 時, 則 $$f(1)=1-(c_1+c_2+\cdots+c_k)\lt 0;$$ 另一方面, 因為 \eqref{3} 式的領導係數為 1, 所以正實根 $\alpha_1\gt 1$, 參見圖 6(a), 再由定理 3 可知 $\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac {a_{n+1}}{a_n}\!=\!\alpha_1\!\gt \!1$。 因此, 數列$\{a_n\}$在某項後會是遞增的, 數列曲線是由內而外逆時鐘旋出的螺線。

(ii) 當 $c_1+c_2+c_3+\cdots+c_k=1$ 時, 則由定理 3 可知：

$f(1)=1-(c_1+c_2+\cdots+c_k)=0$, 並且正實根 $\alpha_1=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac {a_{n+1}}{a_n}=1$, 參見圖 6(b)。

因此, 數列在某項後會是趨近常數, 數列曲線是由內而外逆時鐘旋轉的螺線。 另一方面, 當 $n\to\infty$ 時, 由於 $a_n\to$ 常數, 數列螺線會收斂於一圓。

(iii) 當 $0\lt c_1+c_2+\cdots+c_k\lt 1$ 時, 則由定理 3 可知：

$f(1)=1-(c_1+c_2+\cdots+c_k)\gt 0$, 並且正實根 $\alpha_1=\lim\limits_{n\to\infty} \dfrac {a_{n+1}}{a_n}\lt 1$, 參見圖 6(c)。

因此, 數列在某項後會是遞減的, 數列曲線是由外而內逆時鐘旋入的螺線。 另一方面, 當 $n\to\infty$ 時, 數列螺線會旋入至一點。$\Box$

4. 結語

費氏螺線的誕生早已與宇宙、 黃金比例共存著, 為大自然偉大的法則, 這樣的生長現象並非是偶然的, 近代的數學家已研究出其數學模式的成因, 可說：

大自然的奧秘或線索藏在數學裡。

值得一提, 費氏螺線近似於黃金螺線(是對數螺線的一種), 數學家 笛卡兒 (R. Descartes, 1596$\sim$1650) 稱它為 等角螺線, 說明了對數螺線的獨一無二的特性, 也因此對應了許多美學與生物的生長模式。

事實上, 本文數列螺線跟隨圓的半徑的增減擴充而產生, 除了如費氏螺線的模式是由內而外逆時鐘旋出的螺線外, 還擴充有由外而內逆時鐘旋入的螺線, 反映出多樣對數螺線的新面貌, 皆近似於等角螺線, 或許大自然早已出現此螺線的生長或運動行為模式。

例如： 「 飛蛾撲火」的運動行為模式正是數列螺線會旋入至一點, 參見圖 7, 可說數列螺線早已出現在大自然裡。 此外, 大自然提供如此多的線索, 等待我們挖掘並且證明之, 我們繼續追隨它, 使之美麗。

參考文獻

---本文作者任教於臺北市立成淵高級中學---