在《數學傳播》2020 年第 1 期刊登的 $\lim_{n\to\infty}\sum_{i=0}^{n}\frac{F_i}{10^i}=\frac{10}{89}$ 的探源與推廣
一文
張進安老師還得到, 對一切正整數 $k$, 有
\begin{equation} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{F_n}{10^{kn}}=\frac{10^k}{10^{2k}-10^k-1}.\label{2} \end{equation}他認為 \eqref{2} 式中的 $k$ 不必限於正整數, 例如取 $k=\log 2$, 就有
\begin{equation} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{F_n}{2^n}=2.\label{3} \end{equation}更進一步, 張進安老師認為可以令 $k=\log r$ (注意, 這相當於令 $10^k=r$), 這裡 $r$ 是一個正數, 從而 \eqref{2} 式成為
\begin{equation} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{F_n}{r^{n}}=\frac{r}{r^2-r-1}.\label{4} \end{equation}[在原文中, \eqref{4} 式右邊分母中的$r$被誤寫為 $r^k$。]
張進安老師在文章末尾進一步提出一個問題。
他注意到, \eqref{4} 中的 $r$ 不必限於正數, 對 $r=-2,-3$ 也成立。
於是問 ： 有誰能將這個問題說得更清楚？
台灣大學數學系張鎮華教授在發表於 2020 年第 2 期《數學傳播》的文章
整個文章所討論的問題, 似乎以生成函數 (generating function) 的觀點最為直接。 令 Fibonacci 數列 $F_n$ 的生成函數為
\begin{equation} G(z)=\sum_{n=0}^{\infty}F_nz^n,\label{5} \end{equation}則一個簡單的推理告訴我們, 如果 $\sum_{n=0}^\infty F_nz^n$ 對某個複數 $z$ 收斂, 則其無窮和 $G(z)$ 為
\begin{align} G(z) &= \frac{z}{1 - z - z^2}.\label{6}\\ {\hbox{推理如下 ：}} G(z)&=\sum_{n=0}^{\infty}F_nz^n\nonumber\\ &=\sum_{n=2}^{\infty}F_nz^n+F_1 z+F_0\nonumber\\ &=\sum_{n=2}^{\infty}(F_{n-1}+F_{n-2})z^n+z\nonumber\\ &=z\Big(\sum_{n=2}^{\infty}F_{n-1}z^{n-1}\Big)+z^2\Big(\sum_{n=2}^{\infty}F_{n-2}z^{n-2}\Big)+z\nonumber\\ &=zG(z)+z^2G(z)+z.\nonumber\\ {\hbox{從而}} &G(z)(1-z-z^2)=z,\label{7} \end{align}由此就推出 \eqref{6}。 並且, 從等式 \eqref{7} 立即可以看出冪級數 \eqref{5} 對 $z=r_i(i=1,2)$ 不收斂, 其中
\begin{equation} r_1=\frac{\sqrt{5}-1}{2},\qquad r_2=\frac{-\sqrt{5}-1}{2}\label{8} \end{equation}是方程 $1-z-z^2=0$ 的兩根。
現在, 通過做變數替換 $z=\dfrac{1}{r}$, 張進安老師的問題轉化為：
問題： 冪級數 \eqref{5} 究竟對那些複數 $z$ 收斂呢? (也許張進安老師只考慮實數。)
回答這類問題的一個基本結果, 是著名的 Cauchy--Hadamard 公式。
我們引述如下 (參見
定理 1 (Cauchy--Hadamard公式)： 冪級數 $\sum_{n=0}^\infty c_nz^n$ 在以 $R$ 為半徑的圓盤 $|z|\lt R$ 內收斂, 其中 $R$ 叫收斂半徑, 按照下述公式確定：
\begin{equation} R=\Big(\overline{\lim_{n\to\infty}}\sqrt[n]{|c_n|}\Big)^{-1}\label{9} \end{equation}且冪級數在這個圓的外部任何點處都發散。
回到 $c_n=F_n$ 的具體情況, 看來我們是要計算這樣一個麻煩的上極限
$$\overline{\lim_{n\to\infty}}\sqrt[n]{F_n}.$$如果我們知道 $F_n$ 的通項公式, 其實是可以求出上述極限 (準確的說, 可以直接算出極限)。 當然如果知道 $F_n$ 的通項公式, 張老師的問題完全可以直接解決 (我們留給有興趣的讀者。) 如果不利用 $F_n$ 的通項公式, 可否求出這個收斂半徑 $R$ 呢？ 回答是肯定的。
在複變函數中, 我們有下述基本結果 (參見
定理 2 (Riemann 定理)： 函數 $f(z)$ 在原點處的冪級數的收斂圓盤, 恰好是使得函數 $f(z)$ 有定義並且解析的最大圓盤 $|z|\lt R$。
據
回到冪級數 \eqref{5}, 我們知道, 它是 $G(z)=\frac{z}{1-z-z^2}$ 在原點的冪級數, 於是根據定理 2, \eqref{5} 的收斂圓盤是使得 $G(z)=\dfrac{z}{1-z-z^2}$ 有定義且解析的最大圓盤 $|z|\lt R$。 因為 $\dfrac{z}{1-z-z^2}$ 僅僅在在 $z=r_1,r_2$ 處沒有定義且不解析, 從而容易看出
\begin{equation} R=\min\{|r_1|,|r_2|\}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}.\label{10} \end{equation}
於是根據定理 1, 級數 \eqref{5} 對對一切 $|z|\lt\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ 收斂, 而對一切 $|z|\gt\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ 發散。
進一步, 利用 $F_n$ 的通項公式 (參見
特別地, 在 \eqref{12} 中分別令 $r=10,10^k(k\text{為正整數}),2$ 就得到 \eqref{1} \eqref{2} \eqref{3} 各式。 而 \eqref{12} 所框定的 $r$ 之取值範圍 $|r|\gt \dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$ (也許他只是考慮實數值的 $r$) 就是張老師最後的問題的答案。
注1： 這裡介紹的方法適用於由高階遞推關係 (給定初值 $a_0,a_1,\ldots,a_{d-1}$)
\begin{equation} a_{n}=c_1a_{n-1}+c_2a_{n-2}+\cdots+c_da_{n-d},\qquad n\geq d\label{13} \end{equation}(其中 $c_1,\ldots, c_d$ 是常數) 給出的數列 $\{a_n\}$ 所對應的冪級數
\begin{equation} \sum_{n=0}^\infty a_nz^n\label{14} \end{equation}
的收斂區域問題之討論。
此時容易確定, 若 \eqref{14} 對某複數 $z$ 收斂, 則必收斂於其生成函數(推導如前, 也可參見
其中
\begin{align*} P(z)&=a_0+(a_1-c_1a_0)z+(a_2-c_1a_1-c_2a_0)z^2+\cdots\\ &\quad +(a_{d-1}-c_1a_{d-2}-c_2a_{d-3}-c_{d-1}a_0)z^{d-1},\\ Q(z)&=1-c_1z-c_2z^2-\cdots-c_{d}z^d. \end{align*}推導如前:
\begin{align*} G(z)&=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n\\ &=\sum_{n=d}^{\infty}a_nz^n+\sum_{n=0}^{d-1}a_n z^n\\ &=\sum_{n=d}^{\infty}(c_1a_{n-1}+c_2a_{n-2}+\cdots+c_da_{n-d})z^n+\sum_{n=0}^{d-1}a_n z^n\\ &=c_1z\Big(\sum_{n=d}^{\infty}a_{n-1}z^{n-1}\Big)+c_2z^2\Big(\sum_{n=d}^{\infty}a_{n-2}z^{n-2}\Big) +\cdots+c_dz^d\Big(\sum_{n=d}^{\infty}a_{n-d}z^{n-d}\Big)\\ &\quad +\sum_{n=0}^{d-1}a_n z^n\\ &=c_1z\Big(G(z)-\sum_{n=0}^{d-2}a_n z^n\Big)+c_2z^2\Big(G(z)-\sum_{n=0}^{d-3}a_n z^n\Big)+\cdots+c_dz^dG(z)+\sum_{n=0}^{d-1}a_n z^n\\ &=(c_1z+c_2z^2+\cdots+c_{d}z^d)G(z)+\sum_{n=0}^{d-1}a_n z^n\\ &-\Big[c_1z\Big(\sum_{n=0}^{d-2}a_n z^n\Big)+c_2z^2\Big(\sum_{n=0}^{d-3}a_n z^n\Big)+\cdots+c_{d-1}z^{d-1}a_0\Big]\\ &=(c_1z+c_2z^2+\cdots+c_{d}z^d)G(z)+[a_0+(a_1\!-\!c_1a_0)z+(a_2\!-\!c_1a_1\!-\!c_2a_0)z^2+\cdots\\ &\quad+(a_{d-1}-c_1a_{d-2}-c_2a_{d-3}-c_{d-1}a_0)z^{d-1}] \end{align*}從而我們有
\begin{align} \sum_{n=0}^\infty a_nz^n=&\,\{a_0+(a_1-c_1a_0)z+(a_2-c_1a_1-c_2a_0)z^2 +\cdots\nonumber\\ &+(a_{d-1}-c_1a_{d-2}-c_2a_{d-3}-c_{d-1}a_0)z^{d-1}\}/\{1-c_1z-c_2z^2-\cdots-c_{d}z^d\}.\label{16} \end{align}而且可以確定出使得 \eqref{16} 成立的 $z$ 的一個範圍為
\begin{equation} |z|\lt R,\label{17} \end{equation}其中 $R$ 可以如下確定。 設 $d(x)$ 是 $P(x),Q(x)$ 的最大公因式, 則
\begin{equation} R=\text{多項式 $\frac{Q(x)}{d(x)}$ 各個根模長之最小者}.\label{18} \end{equation}級數 \eqref{14} 對滿足 $|z|\gt R$ 的 $z$ 發散, 對 $|z|=R$ 上的點則需具體分析 [我們在附記中以更簡明的方式證明了, 級數 \eqref{14} 的收斂域恰好是 $|z|\lt R$]。
我們相信, 這一結果不是新的, 但絕不是人人都瞭解。
值得注意的是, 以上結果包含了 $a_n$ 是一個 $d-1(d\geq 1)$ 次多項式的特殊情形, 此時結果更簡單。
考慮到這一問題張進安老師曾在另一篇文章
定理 3： 設 $f(x)$ 是 $x$ 的 $d$ 次多項式, 則
\begin{equation} \sum_{n=0}^{\infty}f(n)z^n\,\,\text{收斂}\iff|z|\lt 1,\,\,\text{且此時有}\,\,\sum_{n=0}^{\infty}f(n)z^n=\sum_{k=0}^{d}\Delta^kf(0)\frac{z^k}{(1-z)^{k+1}},\label{19x} \end{equation}其中 $\Delta^k f(0)$ 是 $f$ 在 $0$ 處的 $k$ 階差分。 特別地, 當 $z=\frac{1}{2}$ 時, 有 \begin{equation} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f(n)}{2^n}=2\sum_{k=0}^{d}\Delta^kf(0).\label{20x} \end{equation} 考慮到這個情形特別簡單, 我們給出一個直接的證明。
證明： 根據級數收斂的必要條件, 我們推出, 當 $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}f(n)z^n$ 對某 $z$ 收斂時有
$$ \lim_{n\to \infty}f(n)z^n=0. $$由此容易推出
$$ \lim_{n\to \infty}|z|^n=0, $$從而 $|z|\lt 1$。
另一方面, 當 $|z|\lt 1$ 時, 為證明級數收斂並求出其無窮和, 注意到, 根據朱世傑招差公式(參見
從而我們有
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}f(n)z^n&=\sum_{n=0}^{\infty}\Big[\sum_{k=0}^{d}\Delta^kf(0)\binom{n}{k}\Big]z^n\nonumber\\ &=\sum_{k=0}^{d}\Delta^kf(0)\Big[\sum_{n=0}^{\infty}\binom{n}{k}z^n\Big]\nonumber\\ &=\sum_{k=0}^{d}\Delta^kf(0)\Big[\sum_{n=k}^{\infty}\binom{n}{k}z^n\Big]\nonumber\\ &=\sum_{k=0}^{d}\Delta^kf(0)z^k\Big[\sum_{n=k}^{\infty}\binom{n}{k}z^{n-k}\Big].\label{22x} \end{align}對冪級數等式
\begin{equation} (1-z)^{-1}=\sum_{n=0}^\infty z^n\label{23x} \end{equation}在收斂圓 $|z|\lt 1$ 內求 $k$ 階導, 我們有
$$k!(1-z)^{-1-k}=\left(\sum_{n=0}^\infty z^n\right)^{(k)}= \sum_{n=0}^\infty (z^n)^{(k)}=\sum_{n=k}^\infty n(n-1)\cdots(n-k-1)z^{n-k}, $$變形即得
\begin{equation} \sum_{n=k}^{\infty}\binom{n}{k}z^{n-k}=(1-z)^{-1-k},\label{24x} \end{equation}代入 \eqref{22x} 式即得 \eqref{19x}。 在 \eqref{19x} 式中令 $z=\dfrac{1}{2}$, 即得 \eqref{20x}, 證畢。
$\Box$
注2：
我們特別要指明, 定理2可以使我們冪級數 \eqref{23x} 的收斂範圍是 $|z|\lt 1$ 獲得更深刻的理解。
事實, 從複變函數的觀點來看, 根本的原因就在於複變函數 $\displaystyle\frac{1}{1-z}$ 對 $z=1$
恰好無定義且不解析, 從而其冪級數收斂半徑 $R=1$。
講到這裡, 我要與讀者分享自學成才的數學家 I. M. Gelfand (1913$\sim$2009) 在 16 歲期間自學數學分析的一段經歷
我開始參加大學的研討班, 在那裡我發現自己壓力很大。 我做數學的方式不合適宜。 當時, 數學界掀起了一股風氣 ： 對嚴謹的證明的要求、 對實變函數論的濃厚興趣。 (今天看來, 這種嚴格性和這個特殊理論已陳腐過時, 但在那時 $\cdots$)
直到那時, 我才認識到, 很重要的是 ： 函數未必是連續的, 連續的函數未必是可微的, 一階可微的函數未必是二階可微的, 如此等等； 甚至一個無窮次可微的函數, 其 Taylor 級數也未必是收斂的； 即便收斂, 也未必收斂到函數本身。 如果函數的 Taylor 級數剛巧收斂到它本身, 這個函數就稱為解析的。 (實變函數論愛好者認為) 這類函數是如此狹窄, 以至於它被排除在主流數學之外。 而在此之前, 我就只見過這類函數。
在這種觀點的影響下, 我讀了 de la Vallée-Poussin 的 "現代化的、嚴格化的" 分析教材 (Cours d'analyse)。 它類似於目前莫斯科大學數學力學系用的教材, 但更好一些。 因此我很同情那些大一學生, 他們只有在歷經長達一年的強調 "嚴格基礎" 的痛苦考驗之後, 才能體會到數學分析的美妙。
即便如此, 我也是幸運的, 我讀了 I. I. Privalov 關於單複變函數的卓越教材 (指 1927 年出版的《複變函數引論》), 有閔嗣鶴等譯的中譯本)。 讀這本書時, 我理解了, 為什麼函數 $\displaystyle\frac{1}{1+x^2}$ 的 Taylor 級數在 $x=1$發散, 雖然它的圖像是連續的。 (這根源於下述事實 ： 它所對應的複函數 $\displaystyle\frac{1}{1+z^2}$在$z=i$有奇性。)
讀完前 100 頁, 我感到一陣清風拂過。 我發現, 如果一個複變函數有一階導數, 那麼就自動有任意階的導數, 並且其 Taylor 級數在某個區域內收斂到函數本身。 每樣東西都找到了自己的位置, 又恢復了和諧。
張老師
注3：
最後, 我要指出, 在上文寫成後, 為給讀者指引一個關於討論 Fibonacci 數列通項公式的文獻, 我從《數學傳播》通過關鍵字搜索, 得到意外收穫,
即發現本刊刊登了幾篇與張老師所論問題相關的文獻, 見
附記
本文投稿之後, 作者進一步思考了級數 \eqref{14} 在 $|z|=R$ 上的收斂性問題。
蒙昔日恩師指點, 解決了這一問題。
結論是 ： 在 $|z|=R$ 上, 級數 \eqref{14} 總是發散的
1
1
它恰好對李克大、 李尹裕
定理 4： 設多項式 $ P(z), Q(z)$ 互素, $P(z)$ 的次數小於 $Q(z)$ 的次數, 且 $Q(0)\neq0$。 設有理函數 $\displaystyle\frac{P(z)}{Q(z)}$ 在 $z=0$ 處有冪級數展開
\begin{equation} \frac{P(z)}{Q(z)}=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n.\label{25} \end{equation}令 $Q(z)$ 的所有根的模長之最小值為 $r$, 則我們有下述結論：
\begin{equation} \sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n\,\,\text{收斂}\iff|z|\lt r,\,\,\text{且此時有}\,\,\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n=\frac{P(z)}{Q(z)}.\label{26} \end{equation}令人驚訝的是, 以下的證明完全避開了冪級數的收斂半徑(Abel定理), 也不需要複變函數的 Riemann 定理, 只需要一個巧妙的引理 (下面的引理 1) 和關於有理生成函數的一般展開定理 (我們有推導)。
證明： 不妨設 $Q(0)=1$, 假設 $Q(z)$ 的相異根分別為 $r_1,\ldots,r_s$, 重數為 $m_1,\ldots,m_s$, 則有
\begin{equation} Q(z)=(1-r_1^{-1}z)^{m_1}\cdots (1-r_s^{-1}z)^{m_s}.\label{27} \end{equation}為求出 $\displaystyle\frac{P(z)}{Q(z)}$ 在 $z=0$ 處的冪級數, 我們注意到, 由於多項式
$$Q_i(z)=\frac{Q(z)}{(1-r_i^{-1}z)^{m_i}}\qquad(i=1,\ldots,s)$$互素, 從而存在多項式 $U_1(z),\ldots,U_s(z)$ 使得
\begin{align} &U_1(z)Q_1(z)+\cdots+U_s(z)Q_s(z)=1.\label{28}\\ {\hbox{對每個 $1\leq i\leq s$, 令}} &P(z)U_i(z)=q_i(z)(1-r_i^{-1}z)^{m_i}+R_i(z),\label{29} \end{align}其中 $q_i(z)$, $R_i(z)$ 是多項式, 且 $R_i(z)$ 的次數小於 $m_i$。 \eqref{29} 式兩邊同乘以 $Q_i(z)$ 就有
$$P(z)U_i(z)Q_i(z)=q_i(z)Q(z)+Q_i(z)R_i(z),$$求和就得到
$$P(z)\left(\sum_{i=1}^sU_i(z)Q_i(z)\right)=\left( \sum_{i=1}^sq_i(z)\right) Q(z)+\sum_{i=1}^sQ_i(z)R_i(z),$$即
\begin{equation} P(z)=\left( \sum_{i=1}^sq_i(z)\right) Q(z)+\sum_{i=1}^sQ_i(z)R_i(z).\label{30} \end{equation}注意每個 $Q_i(z)R_i(z)$ 次數小於 $Q$ 的次數, 從而後一項和式次數小於 $Q$ 的次數。 由於 $P$ 的次數小於 $Q$ 的次數, 我們有
$$\sum_{i=1}^sq_i(z)=0,$$且
\begin{equation} P(z)=\sum_{i=1}^sQ_i(z)R_i(z).\label{31} \end{equation}進而
\begin{equation} \frac{P(z)}{Q(z)}=\frac{\sum_{i=1}^sQ_i(z)R_i(z)}{Q(z)}=\sum_{i=1}^s\frac{R_i(z)}{(1-r_i^{-1}z)^{m_i}}.\label{32} \end{equation}設
\begin{equation} R_i(z)=c_{0}^i+c_{1}^i(1-r_i^{-1}z)+\cdots+c_{m_i-1}^{i}(1-r_i^{-1}z)^{m_i-1}.\label{33} \end{equation}注意, 由上式有
\begin{equation} c_{0}^i=R_i(r_i),\label{34} \end{equation}在 \eqref{32} 式兩邊同乘以 $(1-r_i^{-1}z)^{m_i}$ 並令 $z=r_i$, 我們就得到
\begin{equation} \frac{P(r_i)}{Q_i(r_i)}=R_i(r_i).\label{35} \end{equation}從而 (注意 $P(z),\,Q(z)$ 互素蘊含 $P(r_i)\neq 0$)
\begin{equation} c_{0}^i=\frac{P(r_i)}{Q_i(r_i)}\neq 0.\label{36} \end{equation}
注意到, 對正整數 $m$ 與非零複數 $\rho$, 我們有冪級數展開(參見
於是, 對 $|z|\lt r_i$ 有
\begin{align*} \frac{R_i(z)}{(1-r_i^{-1}z)^{m_i}}&=\sum_{j=0}^{m_i-1}\frac{c_j^i(1-r_i^{-1}z)^{j}}{(1-r_i^{-1}z)^{m_i}}\\ &= \sum_{j=0}^{m_i-1}c_j^i\frac{1}{(1-r_i^{-1}z)^{m_i-j}}\\ &=\sum_{j=0}^{m_i-1}c_j^i\left(\sum_{n=0}^\infty \binom{m_i-j+n-1}{m_i-j-1}r_i^{-n}z^n\right)\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(\underline{\sum_{j=0}^{m_i-1}c_j^i \binom{m_i-j+n-1}{m_i-j-1}}r_i^{-n}\right)z^n\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(f_i(n)r_i^{-n}\right)z^n,\quad\text{其中$f_i(n)$是次數為$m_i-1$的多項式, 此處用到$c_0^i\neq0$}. \end{align*}從而當 $|z|\lt r=\min\{|r_1|,\ldots,|r_s|\}$ 時, 將這些式子代入 \eqref{32} 式, 就有
\begin{equation} \begin{aligned} \frac{P(z)}{Q(z)}&=\sum_{i=1}^s\frac{R_i(z)}{(1-r_i^{-1}z)^{m_i}}\\ &=\sum_{i=1}^s\left( \sum_{n=0}^\infty\left(f_i(n)r_i^{-n}\right)z^n\right)\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{i=1}^s f_i(n)r_i^{-n}\right)z^n. \end{aligned}\label{38} \end{equation}根據冪級數展開的唯一性, 這就意味著
\begin{equation} a_n=\sum_{i=1}^sf_i(n)r_i^{-n},\label{39} \end{equation}
其中 $f_i(n)$ 是次數為 $m_i-1$ 的多項式(這一結果在
的收斂範圍。 \eqref{38} 式表明, 當 $|z|\!\lt\!r$ 時, 級數 \eqref{40} 收斂到 $\dfrac{P(z)}{Q(z)}$。 下面將證明, 當 $|z|\!\geq\! r$ 時級數 \eqref{40} 發散。 為此, 只要證明, 級數 \eqref{40} 的通項
\begin{equation} a_n=\sum_{i=1}^sf_i(n)\left(\frac{z}{r_i}\right)^{n} \label{41} \end{equation}不趨於零。 這是下述引理的直接推論。
引理1： 設 $\lambda_1,\ldots,\lambda_n\in\mathbb{C}$ 兩兩互異, $f_1(x),\ldots,f_s(x)\in\mathbb{C}[x]$ 且都不等於 $0$, 令
\begin{equation} a_n=f_1(n)\lambda_1^n+\cdots+c_s(n)\lambda_s^n,\qquad n=0,1,\ldots.\label{42} \end{equation}以下三條等價：
(i) $a_n$ 以 $0$ 為極限。
(ii) 對每個 $i=1,\ldots,s$, $f_i(n)\lambda_i^n$ 以 $0$ 為極限。
(iii) 對每個 $i=1,\ldots,s$, $|\lambda_i|\lt 1$。
證明：
令 $T$ 是作用在數列上的右平移算子, $Ta_n=a_{n+1}$。 注意到, 若 $f_i$ 的次數為 $m_i-1$, 則有(參見
現在對每個 $i=1,\ldots,s$, 根據中國剩餘定理, 存在多項式 $U_i(x)$ 使得
\begin{equation} \begin{cases} U_i(x)\equiv 0\pmod{(x-\lambda_j)^{m_j}},& j\neq i\\ U_i(x)\equiv 1\pmod{(x-\lambda_i)^{m_i}} \end{cases}\label{44} \end{equation}於是將 $U_i(T)$ 作用於數列 $a_n$ 就得到 ($f_i(n)\lambda_i^n$ 這一項不變, 而其它項 $f_j(n)\lambda_j^n$ 變成零)
\begin{equation} U_i(T)a_n=f_i(n)\lambda_i^n. \label{45} \end{equation}注意到, 若 $a_n\to 0$, 則對 $T$ 的任意多項式 $P(T)$, 都有 $P(T)a_n\to 0$。 特別地, 令 $P=U_i$ 就得到
$$ f_i(n)\lambda_i^n=U_i(T)a_n\to 0,\qquad i=1,\ldots,s. $$從而有
\begin{align} |f_i(n)|\cdot |\lambda_i|^n\to 0. \label{46} \end{align}這就推出 $|\lambda_i|\lt 1$, $i=1,\ldots,n$。 這就完成了 (i) $\implies$ (ii) $\implies$ (iii) 的證明, 而 (iii) $\implies$ (i) 是顯然的, 因為對每個 $i=1,\ldots,n$ 有 $f_i(n)\lambda_i^n$ 以 $0$ 為極限。證畢。
$\Box$
再附記
作者在 2020 年 8 月 8 日瞭解到, 有理函數之冪級數在收斂圓周上不收斂 (定理4) 這一結果確實不是新的, 它蘊含於
Pólya 和 Szegő 的名著 《分析中的問題與定理》
命題1： 設冪級數在收斂圓周上有一個極點, 則冪級數在收斂圓周的每一點都不收斂。
其證明用到了 E. Cesàro 的一個結果 (
命題2： 設數列 $\{a_n\}_{n=0}^\infty,\,\{b_n\}_{n=0}^\infty$ 滿足以下條件：
(i) 對 $n=0,1,2,\ldots$ 有 $b_n\gt 0$;
(ii) $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty b_nz^n$ 對 $|z|\lt 1$ 收斂而對 $z=1$ 發散；
(iii) $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=s$。
則 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_nz^n$ 對 $|z|\lt 1$ 收斂, 並且有
$$\lim_{z\to 1-0}\frac{\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_nz^n}{\displaystyle\sum_{n=0}^\infty b_nz^n}=s.$$
最後, 作者還想補充一個從 Fibonacci 數列可能衍出的問題 (最初將我引向這個問題的, 是河南大學的陳敏茹博士與學友楊凡)。
眾所周知, Fibonacci 數列 $F_n$ 前後兩項之比的極限恰好為黃金分割數 (參見
所以, 我們也許會問：
命題2： 對由一般的常係數線性遞推關係 \eqref{13} 所定義的數列 $\{a_n\}$, 其前後兩項之比的極限是否存在； 如果存在, 如何確定？
林鳳美老師在發表於《數學傳播》2019 年第 4 期的文章
成立。 然而, 若取初值 $a_0=1,\, a_1=\omega$, 其中 $\omega=\frac{1- \sqrt{5}}{2}$, 則根據 $\omega$ 所滿足的方程 $\omega^2-\omega-1=0$, 容易求出 $a_n$ 的通項公式為 $a_n=\omega^n$。 從而
\begin{equation}\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{1}{\omega}=\frac{1}{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}=-\frac{1+\sqrt{5}}{2}\neq \frac{\sqrt{5}-1}{2}.\label{49} \end{equation}
事實上, 問題2已蘊含於 Pólya-Szegő
命題3： 設冪級數 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty a_nz^n$ 在收斂圓周上有唯一的奇點 $z_0$, 而且它還是極點, 則有
\begin{equation} \lim_{n\to \infty}\frac{a_n}{a_{n+1}}=z_0.\label{50} \end{equation}在常係數線性遞推關係所定義的數列的特殊情形, 命題3可以表述為以下形式：
定理5： 設多項式 $P(z)$, $Q(z)$ 互素, $P(z)$ 的次數小於 $Q(z)$ 的次數, 且 $Q(0)\neq0$。 設有理函數 $\displaystyle\frac{P(z)}{Q(z)}$ 在 $z=0$ 處有冪級數展開
$$ \frac{P(z)}{Q(z)}=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n. $$若 $Q(z)$ 的模長最小的根是唯一的, 記為 $z_0$, 則 \eqref{50} 成立。
實際上, 無需借助命題 3, 從 \eqref{39} 式不難推出定理 5, 我們留給有興趣的讀者。
注意, 若 $Q(z)$ 最小模長的根不止一個, 那麼 \eqref{50} 不一定成立。 例如, 任取非零複數 $a$, 對由
\begin{equation} 1,a,1,a,\ldots\label{51} \end{equation}構成的數列 $a_n$, 容易算出, 其生成函數為
$$\frac{1+az}{1-z^2}.$$注意, 當 $a\neq\pm 1$ 時, 這個有理函數的分子與分母互素, 而分母的兩個根模長相等。 由前後兩項之比構成的數列為
$$\frac{1}{a},a,\frac{1}{a},a,\ldots,$$它存在極限當且僅當 $\dfrac{1}{a}=a$, 即 $a=\pm 1$。 因此, 若 $a\neq 0,\pm 1$, 則數列 \eqref{51} 的前後兩項之比就無極限。
從另一種角度看, 等式 \eqref{50} 意味著, 這給出了求多項式 $Q(z)$ 的最小模長零點
(假定它唯一) 的一個近似方法, 這本質上就是線性代數中求矩陣的占優特徵值與特徵向量
(dominant eigenvalue and eigenvector) 的冪法 (power method), 參見
致謝
作者感謝高雄市中正高中張進安老師和《數學傳播》諸位編輯老師的鼓勵推動！
感謝復旦大學邵美悅博士指正初稿的一處誤拼並指引文獻