1. 前言

在數學傳播 2019 年第 3 期刊登的「$2^n$ 在分母的級數收斂性質」中 (見文獻 ), 張進

安老師給出了 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\,\frac{a_n}{2^n}$ 的結果。 例如當 $a_n=n^k$ 以及 $\{a_n\}$ 為 Fibonacci 數列 $\{F_n\}$ 時的情況。 他又在 2020 年第 1 期刊登了 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{F_n}{10^n}=\frac{10}{89}$ 的推廣 (見文獻 ), 也給出了 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{F_n}{10^{kn}}=\frac{10^k}{10^{2k}\!-\!10^k\!-\!1}$。 同時張鎮華教授也在 2020 年第二期刊登了「費氏數列與等比數列的交會處」 (見文獻 )。

在本文中, 我們將考慮 $\{a_n\}$ 為二階線性遞迴數列的情形, 也同樣地用等比級數的方法, 將分母的 $2^n$ 及 $10^n$ 改為更一般的 $r^n$。 我們將給出級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{a_{nk}}{r^{n+1}}$ 的公式以及這個級數收斂的條件, 其中 $k$ 為正整數且 $r\ne0$ 為實數。

2. 二階線性遞迴數列

定義 1.二階線性遞迴數列$\{a_n\}_{n\geq0}$是滿足 \begin{equation}\label{1} a_n=pa_{n-1}+qa_{n-2}\text{, } n\geq2 \end{equation} 的數列, 其中 $p$ 和 $q$ 是固定的常數, $q\ne 0$。

只要給定初始條件 $a_0$、 $a_1$ 及遞迴關係式 \eqref{1}, 即可決定整個數列, 很多常見的數列, 如等差數列、 等比數列、 費氏數列都是二階線性遞迴數列的例子 (如下表, 參閱 )。 $$\begin{array}{c|c|c|c|c} \text{二階線性遞迴數列}\{a_n\} &~~ a_0 ~~& ~~a_1~~ & ~p~ & ~q~\\[2pt]\hline \text{整數 }0,1,2,3,\ldots & 0 & 1 & 2 & -1 \\ \text{等差數列 (首項為}a\text{, 公差為}d\text{)} & a & ~~a+d~~ & 2 & -1\\ \text{等比數列 (首項為}a\text{, 公比為}r\text{)} & a & ar & ~~r+1~~ & ~~-r~~\\ \text{Fibonacci 數列} & 0 & 1 & 1 & 1\\ \text{Lucas 數列} & 2 & 1 & 1 & 1\\ \text{Fermat 第一型數列} & 1 & 3 & 3 & -2\\ \text{Fermat 第二型數列} & 2 & 3 & 3 & -2\\ \text{Pell 第一型數列} & 1 & 2 & 2 & 1\\ \text{Pell 第二型數列} & 2 & 2 & 2 & 1 \end{array}$$

定理 1.令 $\{a_n\}$ 為滿足遞迴關係式 \eqref{1} 的二階線性遞迴數列。 若 $\alpha$ 與 $\beta$ 為特徵方程式 $x^2-px-q=0$ 的兩根, 則 \begin{eqnarray*} a_n=\begin{cases} (\dfrac{a_1-\beta a_0}{\alpha-\beta})\alpha^n-\Big(\dfrac{a_1-\alpha a_0}{\alpha-\beta}\Big)\beta^n\text{, } & \alpha\ne\beta;\\ na_1\alpha^{n-1}-(n-1)a_0\alpha^n\text{, } & \alpha=\beta\text{。}\\ \end{cases} \end{eqnarray*}

定理 1 的詳細證明, 見文獻 或 。

例 1.令 $\{L_n\}$ 為 Lucas 數列, 即 $L_0=2$, $L_1=1$, 且滿足遞迴關係式 $$L_n=L_{n-1}+L_{n-2}\text{, }n\geq2\text{。}$$ 令 $\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$, $\beta=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ 為方程式 $x^2-x-1=0$ 的兩根, 直接計算定理 1 公式中的係數, 得 \begin{equation} \frac{L_1-\beta L_0}{\alpha-\beta}=1\text{, } \frac{L_1-\alpha L_0}{\alpha-\beta}=-1\text{。} \end{equation} 因此我們有 $$L_n=\alpha^n+\beta^n\text{, } n\geq0\text{。}$$ 用同樣的方法, 也可以計算出 Fibonacci 數列 $\{F_n\}$ 的一般式 $$F_n=\frac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha-\beta}\text{, } n\geq0\text{。}\Box$$

3. 主要定理

在我們的主要定理中, 會用到以下這個已知的結果：

引理 1. \begin{eqnarray*}若 |t|\lt 1, \sum_{n=0}^\infty t^n=\frac{1}{1-t}\text{。} \end{eqnarray*}

定理 2. 令 $\{a_n\}$ 為滿足遞迴關係式 \eqref{1} 的二階線性遞迴數列。 若 $\alpha$ 與 $\beta$ 為 $x^2-px-q=0$ 的兩相異根, 且滿足 \begin{equation}\label{23} \max\Big\{\Big|\frac{\alpha^k}{r}\Big|,\Big|\frac{\beta^k}{r}\Big|\Big\}\lt 1\text{。} \end{equation} 則 \begin{equation}\label{2} \sum_{n=0}^\infty\frac{a_{nk}}{r^{n+1}}=\frac{a_0r-a_0\cdot\frac{\alpha^{k+1}-\beta^{k+1}}{\alpha-\beta}+a_1 \cdot\frac{\alpha^k-\beta^k}{\alpha-\beta}}{(r-\alpha^k)(r-\beta^k)}\text{, } \end{equation} 其中 $k$ 為正整數, $r\ne0$ 為實數。

證明： 由定理 1 及引理 1, \begin{equation} \begin{aligned} \sum_{n=0}^\infty\frac{a_{nk}}{r^{n+1}} &=\frac{1}{r}\sum_{n=0}^\infty\Big[(\frac{a_1-\beta a_0}{\alpha-\beta})\frac{\alpha^{nk}}{r^n}-(\frac{a_1-\alpha a_0}{\alpha-\beta})\frac{\beta^{nk}}{r^n}\Big]\\ &=\frac{1}{r}\Big[(\frac{a_1-\beta a_0}{\alpha-\beta})\sum_{n=0}^\infty\frac{\alpha^{nk}}{r^n}-(\frac{a_1-\alpha a_0}{\alpha-\beta})\sum_{n=0}^\infty\frac{\beta^{nk}}{r^n}\Big]\\ &=\frac{1}{r}\Big[\frac{a_1-\beta a_0}{\alpha-\beta}\cdot\frac{1}{1-\frac{\alpha^k}{r}}-\frac{a_1-\alpha a_0}{\alpha-\beta}\cdot\frac{1}{1-\frac{\beta^k}{r}}\Big]\\ &=\frac{1}{r}\Big[\frac{a_1-\beta a_0}{\alpha-\beta}\cdot\frac{r}{r-\alpha^k}-\frac{a_1-\alpha a_0}{\alpha-\beta}\cdot\frac{r}{r-\beta^k}\Big]\\ &=\frac{1}{\alpha-\beta}\Big[\frac{(a_1-\beta a_0)(r-\beta^k)-(a_1-\alpha a_0)(r-\alpha^k)}{(r-\alpha^k)(r-\beta^k)}\Big]\\ &=\frac{1}{\alpha-\beta}\Big[\frac{(\alpha-\beta)a_0r-a_0(\alpha^{k+1}-\beta^{k+1})+a_1(\alpha^k-\beta^k)}{(r-\alpha^k)(r-\beta^k)}\Big]\\ &=\frac{a_0r-a_0\cdot\frac{\alpha^{k+1}-\beta^{k+1}}{\alpha-\beta}+a_1\cdot\frac{\alpha^k-\beta^k}{\alpha-\beta}}{(r-\alpha^k)(r-\beta^k)}\text{, } \end{aligned} \end{equation} 故得證。$\Box$

以上的情況是 $x^2-px-q=0$ 有兩相異根的情形, 若 $x^2-px-q=0$ 有重根, 也可以求出類似的結果。

引理 2. \begin{eqnarray*} 若 |t|\lt 1, \sum_{n=1}^\infty nt^n=\frac{t}{(1-t)^2}\text{。} \end{eqnarray*} 這個引理也可以用微積分證明, 不過以下的證明採用的是與文獻 中類似的方法。

證明： 令 $$S=\sum_{n=1}^\infty nt^n=t+2t^2+\cdots+nt^n+\cdots\text{, }$$ 則 $$tS=t^2+\cdots+(n-1)t^n+\cdots\text{, }$$ 將以上兩式相減, 並將右方 $t$ 的冪次相同的項合併, 可得到 $$(1-t)S=t+t^2+\cdots+t^n+\cdots=\frac{t}{1-t}\text{。}$$ 以上的最後一個等式即是無窮等比級數的公式, 因此我們有 $$S=\frac{t}{(1-t)^2}\text{。}\Box$$

定理 3. 令 $\{a_n\}$ 為滿足遞迴關係式 \eqref{1} 的二階線性遞迴數列。 若 $\alpha$ 為 $x^2-px-q=0$ 的重根, 且 $\displaystyle\Big|\frac{\alpha^k}{r}\Big|\lt 1$, 則 \begin{equation}\label{5} \sum_{n=0}^\infty\frac{a_{nk}}{r^{n+1}}=\frac{a_0r-(k+1)a_0\alpha^k+ka_1\alpha^{k-1}}{(r-\alpha^k)^2}\text{, } \end{equation} 其中 $k$ 為正整數 $r\ne0$ 為實數。

證明： 由定理 1 及引理 1, \begin{equation} \begin{aligned} \sum_{n=0}^\infty\frac{a_{nk}}{r^{n+1}}&=\sum_{n=0}^\infty\frac{nka_1\alpha^{nk-1}}{r^{n+1}}-\sum_{n=0}^\infty\frac{(nk-1)a_0\alpha^{nk}}{r^{n+1}}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{nka_1\alpha^{nk-1}}{r^{n+1}}-\sum_{n=1}^\infty\frac{nka_0\alpha^{nk}}{r^{n+1}}+\sum_{n=0}^\infty\frac{a_0\alpha^{nk}}{r^{n+1}}\\ &=\frac{ka_1}{\alpha r}\sum_{n=1}^\infty n\Big(\frac{\alpha^k}{r}\Big)^n-\frac{ka_0}{r}\sum_{n=1}^\infty n\Big(\frac{\alpha^k}{r}\Big)^n+ \frac{a_0}{r}\sum_{n=0}^\infty \Big(\frac{\alpha^k}{r}\Big)^n\\ &=\frac{ka_1}{\alpha r}\cdot\frac{\frac{\alpha^k}{r}}{(1-\frac{\alpha^k}{r})^2}-\frac{ka_0}{r}\cdot\frac{\frac{\alpha^k}{r}}{(1-\frac{\alpha^k}{r})^2}+\frac{a_0}{r}\cdot\frac{1}{1-\frac{\alpha^k}{r}}\\ &=\frac{ka_1\alpha^{k-1}}{(r-\alpha^k)^2}-\frac{ka_0\alpha^k}{(r-\alpha^k)^2}+\frac{a_0}{r-\alpha^k}\\ &=\frac{ka_1\alpha^{k-1}-ka_0\alpha^k+a_0(r-\alpha^k)}{(r-\alpha^k)^2}\\ &=\frac{a_0r-(k+1)a_0\alpha^k+ka_1\alpha^{k-1}}{(r-\alpha^k)^2}.\hskip 5.9cm \Box \end{aligned} \end{equation}

備註： 在 \eqref{2} 式右邊, 若固定 $\alpha$, 並令 $\beta\to\alpha$, 由於 $$\lim_{\beta\to\alpha}\frac{\alpha^k-\beta^k}{\alpha-\beta}=\lim_{\beta\to\alpha}\sum_{j=0}^{k-1}\alpha^j\beta^{k-j-1}=k\alpha^{k-1}\text{, }$$ \eqref{2} 式右邊的極限值就會與 \eqref{5} 式相符。

例 2. 當 $a_n=n$ 時 $(n\geq0)$, 即 $\{a_n\}$ 滿足 $$a_n=2a_{n-1}-a_{n-2}\text{, } n\geq2$$ 以及初始條件 $a_0=0$, $a_1=1$, 此時特徵方程式 $x^2-2x+1=0$ 有兩重根 $1$。 由定理 3, 我們可得到 \begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty\frac{nk}{r^{n+1}}=\frac{k}{(r-1)^2}\text{, 當}\ |r|\gt 1\text{。} \end{eqnarray*} 例如代入 $k=1$, $r=2$, 就會得到 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{2^{n+1}}=1$, 也因此 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{2^n}=2$, 這就是文獻 的結果。$\Box$

例 3. 當 $\{a_n\}$ 為等差數列時, 假定首項為 $a_0\!=\!a$, 公差為 $d$, 即 $a_n\!=\!a\!+\!nd$。 因為 $\{a_n\}$ 滿足 $$a_n=2a_{n-1}-a_{n-2}\text{, } n\geq2\text{。}$$ 同樣地根據定理 3 的公式, 我們有 $$\sum_{n=0}^\infty\frac{a+nkd}{r^{n+1}}=\frac{a(r-1)+kd}{(r-1)^2}\text{, } |r|\gt 1\text{。}$$ 若代入 $r=2$ 時, 就得到 $$\sum_{n=1}^\infty\frac{a+nkd}{2^{n+1}}=a+kd\text{。}$$ 當 $k=d=1$, $a=0$, 這就是例 2 的結果。$\Box$

當 $k=1$ 時, $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{a_n}{r^{n+1}}$ 的公式可以再簡化：

推論 1. 令 $\{a_n\}$ 為滿足遞迴關係式 \eqref{1} 的二階線性遞迴數列。 若 $r\ne 0$ 為實數, $\alpha$ 與 $\beta$ 為 $x^2-px-q=0$ 的兩根, 且滿足 $$\max\Big\{\Big|\frac{\alpha}{r}\Big|,\Big|\frac{\beta}{r}\Big|\Big\}\lt 1\text{, }$$ 則 $$\sum_{n=0}^\infty\frac{a_n}{r^{n+1}}=\frac{a_0(r-p)+a_1}{r^2-pr-q}\text{。}$$

證明： 由前面的定理 2 及定理 3, 不論 $x^2\!-\!px\!-\!q\!=\!0$ 有沒有重根, 即 $\alpha\!\ne\!\beta$ 或 $\alpha\!=\!\beta$, 我們都有 $$\sum_{n=0}^\infty\frac{a_n}{r^{n+1}}=\frac{a_0r-a_0(\alpha+\beta)+a_1}{(r-\alpha)(r-\beta)}\text{, }$$ 因此 $$\sum_{n=0}^\infty\frac{a_n}{r^{n+1}}=\frac{a_0r-a_0(\alpha+\beta)+a_1}{r^2-(\alpha+\beta)r+\alpha\beta}\text{。}$$ 再由二次方程式根與係數的關係 $$\alpha+\beta=p\text{, }\alpha\beta=-q\text{, }$$ 可推得 $$\sum_{n=0}^\infty\frac{a_n}{r^{n+1}}=\frac{a_0(r-p)+a_1}{r^2-pr-q}\text{。}\Box$$

定義 2. 一個二階線性遞迴數列 $\{a_n\}$ 如果滿足 $a_0=0$ 以及 $a_1=1$, 則我們稱之為廣義 Fibonacci 數列。

推論 2. \begin{eqnarray*} 若 \{a_n\} 為滿足 \eqref{1} 的廣義 \textit{Fibonacci} 數列,\\ 其中 x^2-px-q=0 的兩根為 \alpha,\beta, r\ne0 為實數,\\ 且滿足 \max\Big\{\Big|\frac{\alpha^k}{r}\Big|,\Big|\frac{\beta^k}{r}\Big|\Big\}\lt 1\text{。}\\ 則 \sum_{n=1}^\infty\frac{a_{nk}}{r^{n+1}}=\frac{a_k}{(r-\alpha^k)(r-\beta^k)}\text{, }\\ 其中 k 為正整數。 \end{eqnarray*}

證明： 當 $\alpha\ne\beta$, 由定理 1, $a_n=\dfrac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha-\beta}$。 在第 {\eqref{2}} 式代入 $a_0=0$, $a_1=1$, 可以得到 $$\sum_{n=1}^\infty\frac{a_{nk}}{r^{n+1}}=\frac{\frac{\alpha^k-\beta^k}{\alpha-\beta}}{(r-\alpha^k)(r-\beta^k)}=\frac{a_k}{(r-\alpha^k)(r-\beta^k)}\text{。}$$

如果 $\alpha=\beta$, 由定理 1, 我們有 $a_n=n\alpha^{n-1}$, 在第 \eqref{5} 式中代入 $a_0=0$, $a_1=1$, 可以得到 $$\sum_{n=1}^\infty\frac{a_{nk}}{r^{n+1}}=\frac{k\alpha^{k-1}}{(r-\alpha^k)^2}=\frac{a_k}{(r-\alpha^k)^2}\text{, }$$ 故得證。$\Box$

例 4. 令 $u_0=0$, $u_1=1$, $u_{n+2}=4u_{n+1}-u_n$, $n\ge 0$, 即 $\{u_n\}=\{0,1,4,15,56,\ldots\}$。 $x^2-4x+1=0$ 的兩根為 $\alpha=2+\sqrt{3}$ 及 $\beta=2-\sqrt{3}$, $\alpha$ 與 $\beta$ 滿足根與係數關係式 $\alpha+\beta=4$, $\alpha\beta=1$。 因此由推論 2 我們有 \begin{equation} \label{4}\sum_{n=1}^\infty\frac{u_{nk}}{r^{n+1}}=\frac{u_k}{r^2-(\alpha^k+\beta^k)r+1}\text{, } \end{equation}其 中收斂的條件為 $|r|\gt (2+\sqrt{3})^k$, $r$ 為實數。 經由一些計算, 可得到 \begin{equation} \begin{aligned} \alpha^2+\beta^2 &=(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta=14\text{, }\\ \alpha^3+\beta^3 &=(\alpha^2+\beta^2)(\alpha+\beta)-\alpha\beta(\alpha+\beta)=52\text{, }\\ \alpha^4+\beta^4 &=(\alpha^3+\beta^3)(\alpha+\beta)-\alpha\beta(\alpha^2+\beta^2)=194\text{。} \end{aligned} \end{equation} 事實上由 {Girard-Waring} 公式 (見文獻 ； 以及文獻 , 第 {454} 頁, 定理 {279}), 我們也可以直接對較大的 $k$ 值, 算出 $\alpha^k+\beta^k$： \begin{equation} \begin{aligned} \alpha^k+\beta^k &=\sum_{m=0}^{\lfloor k/2\rfloor}\frac{(k-m-1)!k}{(k-2m)!m!}(-1)^m(\alpha+\beta)^{k-2m}(\alpha\beta)^m \\ &=\sum_{m=0}^{\lfloor k/2\rfloor}\frac{k}{k-m}\binom{k-m}{m}(-1)^m4^{k-2m}\text{。} \end{aligned} \end{equation} 對於 $k=1,2,3,4$, 我們可將 {\eqref{4}} 式更明確地寫下來： \begin{align*} \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{u_n}{r^{n+1}}=\,&\frac{1}{r^2-4r+1}\text{, } \ \, \text{當}\ |r|\gt 2+\sqrt{3};\\ \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{u_{2n}}{r^{n+1}}=\,&\frac{4}{r^2-14r+1}\text{, } \text{當}\ |r|\gt 7+4\sqrt{3};\\ \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{u_{3n}}{r^{n+1}}=\,&\frac{15}{r^2-52r+1}\text{, } \text{當}\ |r|\gt 26+15\sqrt{3};\\ \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{u_{4n}}{r^{n+1}}=\,&\frac{56}{r^2-194r+1}\text{, }\ \, \text{當}\ |r|\gt 97+56\sqrt{3}\text{。}\tag*{$\Box$} \end{align*}

例 5. 令 $\{a_n\}$ 為滿足遞迴關係式 \eqref{1} 的二階線性遞迴數列。 若 $a_1=\alpha a_0\ne0$, 其中 $\alpha$ 為 $x^2-px-q=0$ 的根, 則代入定理 1 的公式, 可推得 (不論 $x^2-px-q=0$ 有沒有重根) $\displaystyle a_n=a_0\alpha^n$, 因此 $\{a_n\}$ 為等比數列。 若 $k$ 為正整數, $\Big\{\displaystyle\frac{a_{nk}}{r^{n+1}}\Big\}$ 亦為等比數列, 其公比為 $\displaystyle\frac{\alpha^k}{r}$, 所以 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{a_{nk}}{r^{n+1}}$ 收斂若且唯若 $\displaystyle\Big|\frac{\alpha^k}{r}\Big|\lt 1$。

反過來說, 如果已經知道 $\{a_n\}$ 是等比數列, 同時滿足遞迴關係式 \eqref{1} 的二階線性遞迴數列, 設其公比為 $d$, 在 \eqref{1} 式中令 $n=2$, 可推得 $$a_0d^2=p(a_0d)+qa_0\text{。}$$ 兩邊除以 $a_0$ 之後, 即得 $d^2=pd+q$, 因此 $d$ 為 $x^2-px-q=0$ 的根。$\Box$

4. 結語

本文的定理不僅可以推導出以前作者們的工作, 只要將 $\{a_n\}$ 代入不同的二階線性遞迴數列, 也可以得到新的收斂級數。 例如令 $a_n=F_n$ 為 Fibonacci 數列時, 我們有

推論 3. 當 $\displaystyle|r|\gt \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^k$, $r$ 為實數, $k$ 為正整數, \begin{equation}\label{3} \sum_{n=1}^\infty\frac{F_{nk}}{r^{n+1}}=\frac{F_k}{r^2-L_kr+(-1)^k}\text{, } \end{equation} 其中 $\{L_n\}$ 為 Lucas 數列。

證明： 令 $\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$, $\beta=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ 為 $x^2-x-1=0$ 之兩根, 已知 $\alpha\beta=-1$, 另外在例 1, 我們已經算出 $$L_k=\alpha^k+\beta^k\hbox{。}$$ 再由推論 2, \begin{equation} \begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty\frac{F_{nk}}{r^{n+1}}&=\frac{F_k}{(r-\alpha^k)(r-\beta^k)}\\ &=\frac{F_k}{r^2-(\alpha^k+\beta^k)r+(\alpha\beta)^k}\\ &=\frac{F_k}{r^2-L_kr+(-1)^k}\text{, } \end{aligned} \end{equation} 故得證。$\Box$

文獻 及 的結果, 就是這個推論的情形。 事實上, 我們的主要定理推廣了這兩篇文獻的結果。

給定實數 $r$ 及二階線性遞迴數列 $\{a_n\}$, 由定理 2 (或定理 3) 的條件, 我們可以確定哪些 $k$ 值會使級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{nk}}{r^{n+1}}$ 收斂 ^{1 1} 在定理 2 及定理 3 未涵蓋的情況中, $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_{nk}}{r^{n+1}}$ 大多都會發散, 基於篇幅考量, 這部份我們留給讀者自行驗證。 。 例如在 \eqref{3} 式中, 若 $r=2$, 則只有 $k=1$ 能使級數收斂, 此時 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{F_n}{2^{n+1}}=1$, 因此 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{F_n}{2^{n}}=2$, 這即是文獻 當中的結果。

而當 $r=10$, 則在 \eqref{3} 式中, 級數收斂若且唯若 $k\leq4$。 若代入 $r=10$, 以及 $k=1,2,3,4$, 可以得到 $$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{F_n}{10^{n+1}}=\frac{1}{89}\text{, } \displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{F_{2n}}{10^{n+1}}=\frac{1}{71}\text{, } \displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{F_{3n}}{10^{n+1}}=\frac{2}{59}\text{, } \displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{F_{4n}}{10^{n+1}}=\frac{3}{31}\text{。} $$ 這些等式與文獻 中所得到的一致, 其中 $k=1$ 的情形也是在文獻 、 中都有的結果, 而 $k=2$ 的等式也是文獻 的結果。

另外我們可以計算出 $$\frac{1}{89}=0.0112359\cdots$$ 可以看到 $\displaystyle\frac{1}{89}$ 的前六位小數恰好就是 $F_0$ 至 $F_5$, 這是因為 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{F_n}{10^{n+1}}=\frac{1}{89}$, 然而從小數點後第七位開始, 會受到進位的影響而與 $F_n$ 的值不同 (參閱文獻 、 、 、 )。 同樣地, 若考慮 $r=100$, 我們會看到更多的 $F_n$ 排列成小數： $$\sum_{n=1}^\infty\frac{F_n}{100^{n+1}}=\frac{1}{9899}=0.000101020305081321345590\cdots\text{, }$$ 其中對於 $0\leq n\leq 9$, $\displaystyle\frac{1}{9899}$ 的小數點後第 $2n+1$ 及第 $2n+2$ 位 組成的二位數恰好就是 $F_n$ (參閱文獻 、 )。

我們也可以考慮 $\{a_n\}$ 為其他二階線性遞迴數列的情形, 以 Lucas 數列 $\{L_n\}$ 為例：

推論 4. 當 $\displaystyle|r|\gt \Big(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^k$, $k$ 是正整數, \begin{equation}\label{27} \sum_{n=0}^\infty\frac{L_{nk}}{r^{n+1}}=\frac{2r-L_k}{r^2-L_kr+(-1)^k}\text{。} \end{equation}

證明： 令 $\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$, $\beta=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ 為 $x^2-x-1=0$ 之兩根, 由定理 2 之結果, $$\sum_{n=0}^\infty\frac{L_{nk}}{r^{n+1}}=\frac{2r-2\cdot\frac{\alpha^{k+1}-\beta^{k+1}}{\alpha-\beta}+\frac{\alpha^k-\beta^k}{\alpha-\beta}}{(r-\alpha^k) (r-\beta^k)}\text{, }$$ 又因為 $L_k=\alpha^k+\beta^k$, $F_k=\dfrac{\alpha^k-\beta^k}{\alpha-\beta}$, $\alpha\beta=-1$, 前面這個式子可改寫成 $$\sum_{n=0}^\infty\frac{L_{nk}}{r^{n+1}}=\frac{2r-2F_{k+1}+F_k}{r^2-L_kr+(-1)^k}\text{, }$$ 最後由 $$2F_{k+1}-F_k=L_k\text{, }k\geq0$$ 得證。 最後的這個恆等式可以由數學歸納法證明, 或由例 1 之中 $L_n$ 與 $F_n$ 的公式證明。$\Box$

例 6. 在 \eqref{27} 中, 令 $r\!=\!2$, 可得到 $k\!=\!1$ 時, $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\!\frac{L_n}{2^{n+1}}=3$, 而當 $k\!\geq2\!$ 時, $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{L_{nk}}{2^{n+1}}$ 發散。

如果令 $ r=10$, $k=1,2,3,4,$ 會得到 $$\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{L_n}{10^{n+1}}=\frac{19}{89}\text{, } \displaystyle \sum_{n=0}^\infty\frac{L_{2n}}{10^{n+1}}=\frac{17}{71}\text{, } \displaystyle \sum_{n=0}^\infty\frac{L_{3n}}{10^{n+1}}=\frac{16}{59}\text{, } \displaystyle \sum_{n=0}^\infty\frac{L_{4n}}{10^{n+1}}=\frac{13}{31}\text{。} $$ 而當 $k\geq5$ 時, $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty\frac{L_{nk}}{10^{n+1}}$ 發散。

若令 $r=10^m$, 其中 $m$ 為正整數, 我們有 \begin{equation}\label{28} \sum_{n=0}^\infty\frac{L_{nk}}{10^{m(n+1)}}=\frac{2\cdot10^m-L_k}{10^{2m}-L_k\cdot 10^m+(-1)^k}\text{, } \end{equation} 這也是文獻 及 提到的結果。 若在 \eqref{28} 式中令 $m=2$, $k=1$ 我們會得到 \begin{equation}\label{29} \sum_{n=0}^\infty\frac{L_n}{100^{n+1}}=\frac{199}{9899}=0.02010304071118294777\cdots\text{, } \end{equation} 而 $L_n=\{2,1,3,4,7,11,18,29,47,76,\ldots\}$, \eqref{29} 式中小數的前 18 位就是將 $L_0$ 至 $L_8$ 分別寫成二位數再依序排列的樣子。$\Box$

參考文獻

---本文作者劉又中為美國克萊門森大學(Clemson University)博士生, 薛昭雄為美國內華達大學數學系教授---