著名的費氏數, 有著各式各樣的推廣。
其中一種方式, 是所謂的「$k$-generalized Fibonacci Numbers」
(參考資料
設 $k\ge 2$, 若遞迴數列 $\langle F_n^{(k)}\rangle$ 滿足初始條件 $F_{-(k-2)}^{(k)}=\cdots=F_{-1}^{(k)}=F_0^{(k)}=0$ 與 $F_1^{(k)}=1$, 且滿足遞迴關係 $F_{n}^{(k)}=F_{n-1}^{(k)}+F_{n-2}^{(k)}+\cdots+F_{n-k}^{(k)}$, 其中 $n\ge 2$, 則稱 $F_{n}^{(k)}$ 為「$k$-推廣的費氏數」。 特別地, 當 $k=2$ 時, $F_{n}^{(2)}$ 即為費氏數 $F_n$。
另一方面, 定義 $h_k(a_1,a_2,\ldots,a_n)=\sum\limits_{\lambda_1+\lambda_2+\cdots \lambda_n=k\atop \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n\ge 0} (a_1^{\lambda_1}a_2^{\lambda_2}\cdots a_n^{\lambda_n})$, 稱為 「變數 $a_1$, $a_2,\ldots,a_n$ 的 $k$ 次完全齊次對稱多項式」。
注意到 $F_n=\dfrac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha-\beta}=\alpha^{n-1}+\alpha^{n-2}\beta+\cdots+\alpha\beta^{n-2}+\beta^{n-1}=h_{n-1}(\alpha,\beta)$, 其中 $n\ge 1$, 且 $\alpha$ 與 $\beta$ 為 $x^2-x-1=0$ 的兩根。 此式將費氏數 $F_n$ 用完全齊次對稱多項式 $h_{n-1}(\alpha,\beta)$ 加以表示。
既然 $F_n^{(k)}$ 是費氏數 $F_n$ 的一種推廣, 那麼, $F_n^{(k)}$ 是否也可用完全齊次對稱多項式加以表示？ 這是本文的研究動機。 經過一番探索之後, 發現答案是肯定的：
設 $k\ge 2$, 且 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$ 為 $x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1=0$ 的 $k$ 個相異根, 則有 $$F_n^{(k)}=h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k), \ \hbox{其中 $n\ge 1$。}$$ 將此式稱為 $F_n^{(k)}$ 的完全齊次對稱多項式表示法, 此為本文前半部的工作重點。
此外, 在查閱相關文獻之後, 得知 $F_n^{(k)}$ 的另外兩種表示法：
| \begin{eqnarray*}F_n^{(k)}=\sum_{i=1}^k \frac{\alpha_i-1}{2+(k+1)(\alpha_i-2)}\alpha_i^{n-1}\end{eqnarray*} | |
| \begin{eqnarray*}F_n^{(k)}= \frac{\det(V_1^{(k)})}{\det(V)}\end{eqnarray*} |
在本文的後半部, 將分別證明 $h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=\sum\limits_{i=1}^k \dfrac{\alpha_i-1}{2+(k+1)(\alpha_i-2)}\alpha_i^{n-1}$
與 $h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=\dfrac{\det(V_1^{(k)})}{\det(V)}$, 最後再用
「推廣的 Vandermonde 行列式(最右行升次型)」
1. $k$-推廣的費氏數 ($k$-generalized Fibonacci Numbers)
設 $k\ge 2$, 若遞迴數列 $\langle F_n^{(k)}\rangle$ 滿足初始條件 $F_{-(k-2)}^{(k)}=\cdots=F_{-1}^{(k)}=F_0^{(k)}=0$ 與 $F_1^{(k)}=1$, 且滿足遞迴關係 , $F_{n}^{(k)}=F_{n-1}^{(k)}+F_{n-2}^{(k)}+\cdots+F_{n-k}^{(k)}$, 其中 $n\ge 2$, 則稱 $F_{n}^{(k)}$ 為「$k$-推廣的費氏數」。
當 $k=3,4,5$ 時, $F_n^{(k)}$ 分別稱為Tribonacci Numbers, Tetranacci Numbers, Pentanacci Numbers。 在此列出各數列的前幾項：
| n | -3 | -2 | -1 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $F^{(3)}_n$ | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 4 | 7 | 13 | 24 | 44 | 81 | ||
| $F^{(4)}_n$ | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 4 | 8 | 15 | 29 | 56 | 108 | |
| $F^{(5)}_n$ | 0 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 4 | 8 | 16 | 31 | 61 | 120 |
2. 完全齊次對稱多項式(Complete Homogeneous Symmetric Polynomial)
$h_{k}(a_1,a_2,\ldots,a_n)=\sum\limits_{\lambda_1+\lambda_2+\cdots \lambda_n=k\atop \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n\ge 0} (a_1^{\lambda_1}a_2^{\lambda_2}\cdots a_n^{\lambda_n})$, 稱為「變數 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 的 $k$ 次完全齊次對稱多項式」。 特別地, 有 $h_0(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)=1$, 與 $h_k(a)=a^k$。
例： $h_{2}(a_1,a_2,a_3)=\sum\limits_{\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=2\atop \lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\ge 0} (a_1^{\lambda_1}a_2^{\lambda_2}a_3^{\lambda_3})=a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1$。
例： $h_n(\alpha,\beta)=\sum\limits_{i+j=n\atop i,j\ge 0}(\alpha^i\beta^j)=\alpha^n+\alpha^{n-1}\beta+\cdots+\alpha\beta^{n-1}+\beta^n$。
3. 基本對稱多項式 (Elementary Symmetric Polynomial)
定義： $e_{k}(a_1,a_2,\ldots,a_n)=\sum\limits_{\lambda_1+\lambda_2+\cdots \lambda_n=k\atop 0\le \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n\le 1} (a_1^{\lambda_1}a_2^{\lambda_2}\cdots a_n^{\lambda_n})$, 稱為 「變數 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 的 $k$ 次基本對稱多項式」。
例： $e_{2}(a_1,a_2,a_3)=\sum\limits_{\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=2\atop 0\le \lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\le 1} (a_1^{\lambda_1}a_2^{\lambda_2}a_3^{\lambda_3})=a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1$。
例： $e_0(a,b,c)=1$, $e_1(a,b,c)=a+b+c$, $e_2(a,b,c)=ab+bc+ca$, $e_3(a,b,c)=abc$。
例： $(x-a)(x-b)(x-c)=x^3-e_1(a,b,c)x^2+e_2(a,b,c)x-e_3(a,b,c)$。
例： $(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_k)=e_0x^k-e_1x^{k-1}+\cdots+(-1)^je_jx^{k-j}+\cdots$ $+(-1)^{k-1}e_{k-1}x+(-1)^ke_k$, 其中 $e_j=e_j(a_1,a_2,\ldots,a_k)$。
4. 拉格朗日插值型式
定義： $L_{k}(a_1,a_2,\ldots,a_n)=\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{a_i^k}{\prod\limits_{1\le j\le n\atop j\not= i}(a_i-a_j)}$, 稱為「變數 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 的 $k$ 次拉格朗日插值型式」。
註： 以分子的次方來定義 $L$ 的下標。
例： $L_{2}(a_1,a_2,a_3)$ $$=\sum_{i=1}^3 \dfrac{a_i^2}{\prod\limits_{1\le j\le 3\atop j\not= i}(a_i\!-\!a_j)}= \frac{a_1^2}{(a_1\!-\!a_2)(a_1\!-\!a_3)}+\frac{a_2^2}{(a_2\!-\!a_1)(a_2\!-\!a_3)}+\frac{a_3^2}{(a_3\!-\!a_1)(a_3\!-\!a_2)}.$$
5.
(1) 當 $k\ge 2$ 時, 方程式 $x^{k+1}-2x^k+1=0$ 的各根全相異(亦即沒有重根)。 (2) 當 $k\ge 2$ 時, 方程式 $x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1=0$ 的各根全相異(亦即沒有重根)。
6. 對稱多項式的「 $e-h$ 恆等式」： (參考資料
對於變數 $a_1,a_2,\ldots,a_m$, 有 $\sum\limits_{j=0}^m(-1)^je_j\cdot h_{n-j}=0$, 其中 $n\ge m$, 亦即 $h_n-e_1h_{n-1}+\cdots+(-1)^je_jh_{n-j}+\cdots+(-1)^me_mh_{n-m}=0$。
說明： 此處用 $h_j$ 表示 $h_j(a_1,a_2,\ldots,a_m)$ 與 $e_j$ 表示 $e_j(a_1,a_2,\ldots,a_m)$, 以節省空間。 在本文中, 用到的情形是：
設 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$ 為 $x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1=0$ 的 $k$ 個相異根, 則有 \begin{eqnarray*} &&\hskip -15pt x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_k)\\ &=&e_0x^k-e_1x^{k-1}+\cdots+(-1)^j e_jx^{k-j}+\cdots+(-1)^{k-1}e_{k-1}x+(-1)^ke_k\quad \hbox{(根與係數)}\\ &&\hskip -10pt \Rightarrow (-1)^je_j=-1,\ \hbox{其中}\ j=1,2,\ldots,k\qquad \hbox{(比較係數法)}\\ &&\hskip -10pt \Rightarrow e_j(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=(-1)^{j+1},\ \hbox{其中}\ j=1,2,\ldots,k. \end{eqnarray*} 由 $e-h$ 恆等式, 對於變數 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$, 有 $h_n-e_1h_{n-1}+\cdots+(-1)^j e_jh_{n-j}+\cdots+(-1)^{k}e_{k}h_{n-k}=0$, 其中 $n\ge k$。
由於 $e_j=(-1)^{j+1}$, 亦即 $(-1)^je_j=-1$, 其中 $j=1,2,\ldots,k$, 於是有 $h_n-h_{n-1}-\cdots-h_{n-j}-\cdots-h_{n-k}=0$, 其中 $n\ge k$。
註： 這可看作數列 $h_n(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)$ 所滿足的遞迴關係式。 此外, 將 $x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1=0$ 等號兩邊同乘以 $x^{n-k}$, 得 $x^n-x^{n-1}-\cdots-x^{n-k}=0$, 形式上, 將 $x$ 代換成 $h$, 上標換成下標, 即得 $h_n-h_{n-1}-\cdots-h_{n-k}=0$, 這是一個較簡便的記法。
\begin{eqnarray*} &&\hskip -8pt \sum\limits_{\lambda_1+\lambda_2+\cdots \lambda_n=k\atop \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n\ge 0} (a_1^{\lambda_1}a_2^{\lambda_2}\cdots a_n^{\lambda_n})\!=\!\!\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{a_i^{n+k-1}}{\prod\limits_{1\le j\le n\atop j\not= i}(a_i-a_j)}\!=\!\dfrac {\left|\begin{array}{cccccc} ~1~&~a_1~&~a_1^2~&~\cdots~&~a_1^{n-2}~&~a_1^{(n-1)+k}~\\ ~1~&~a_2~&~a_2^2~&~\cdots~&~a_2^{n-2}~&~a_2^{(n-1)+k}~\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ ~1~&~a_n~&~a_n^2~&~\cdots~&~a_n^{n-2}~&~a_n^{(n-1)+k}~ \end{array}\right|} {\left|\begin{array}{cccccc} ~1~&~a_1~&~a_1^2~&~\cdots~&~a_1^{n-2}~&~a_1^{n-1}~\\ ~1~&~a_2~&~a_2^2~&~\cdots~&~a_2^{n-2}~&~a_2^{n-1}~\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ ~1~&~a_n~&~a_n^2~&~\cdots~&~a_n^{n-2}~&~a_n^{n-1}~ \end{array}\right|},\\[10pt] &&\hskip -8pt \hbox {(記作 $h_k(a_1,a_2,\ldots,a_n)=L_{n+k-1}(a_1,a_2,\ldots,a_n)=\dfrac{V_{(0,1,2,\ldots,n-2,n-1+k)}(a_1,a_2,\ldots,a_n)} {V_{(0,1,2,\ldots,n-2,n-1)} (a_1,a_2,\ldots,a_n)})$.} \end{eqnarray*}
說明： 此式可將完全齊次對稱多項式、 拉格朗日插值型式與行列式, 三種型式互相轉換, 也說明了這三種型式的關聯性。
例： 取 $k=1$ 與 $n=3$, 有 $h_1(a,b,c)=L_3(a,b,c)=\dfrac{V_{(0,1,3)}(a,b,c)}{V_{(0,1,2)}(a,b,c)}$, 或 $$a+b+c=\frac{a^3}{(a-b)(a-c)}+\frac{b^3}{(b-a)(b-c)}+\frac{c^3}{(c-a)(c-b)}=\frac {\left|\begin{array}{ccc} ~1~&~a~&~a^3~\\ ~1~&~b~&~b^3~\\ ~1~&~c~&~c^3~ \end{array}\right|} {\left|\begin{array}{ccc} ~1~&~a~&~a^2~\\ ~1~&~b~&~b^2~\\ ~1~&~c~&~c^2~ \end{array}\right|}.$$ 特別地, 只看 $L$ 與 $h$, 可以注意到 $L$ 與 $h$ 的下標之差, 恰為變數個數減 1, 因此 $h-L$ 轉換公式, 也可寫成： $L_k(a_1,a_2,\ldots,a_n)=h_{k-(n-1)}(a_1,a_2,\ldots,a_n)$。
例： $L_{n+2}(\alpha,\beta,\gamma)=h_n(\alpha,\beta,\gamma)$.
例： $L_{n+4}(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4,\alpha_5)=h_n(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4,\alpha_5)$.
例： $L_{n+k-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=h_n(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)$.
一、「完全齊次對稱多項式」表示法
(一) Tribonacci Numbers 的完全齊次對稱多項式表示法
令 $F_n^{(3)}=a_n$, 設 $n\ge 3$, 注意到 \begin{eqnarray*} &&\hskip -20pt (x^3-x^2-x-1)(a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n)\\ &=&a_0x^{n+3}+(a_1-a_0)x^{n+2}+(a_2-a_1-a_0)x^{n+1}+(a_3-a_2-a_1-a_0)x^n\\ &&+(a_4-a_3-a_2-a_1)x^{n-1}+\cdots+(a_j-a_{j-1}-a_{j-2}-a_{j-3})x^{n+3-j}+\cdots\\ &&+(a_n-a_{n-1}-a_{n-2}-a_{n-3})x^3+(-a_n-a_{n-1}-a_{n-2})x^2+(-a_n-a_{n-1})x-a_n\\ &=&0\cdot x^{n+3}+(1-0)x^{n+2}+(1-1-0)x^{n+1}+0\cdot x^n+\cdots+0\cdot x^{n+3-j}+\cdots\\ &&+0\cdot x^3+(-a_{n+1})x^2+(-a_n-a_{n-1})x-a_n\\ &&\hskip -10pt \Rightarrow x^{n+2}=(x^3-x^2-x-1)\cdot \Big(\sum_{i=0}^n a_ix^{n-i}\Big)+a_{n+1}x^2+(a_n+a_{n-1})x+a_n\\ &=&(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)\cdot \Big(\sum_{i=0}^n a_ix^{n-i}\Big)+R(x), \end{eqnarray*}
(其中 $\alpha,\beta,\gamma$ 為 $x^3\!-\!x^2\!-\!x\!-\!1\!=\!0$ 的三相異根, 且令 $R(x)\!=\!a_{n+1}x^2\!+\!(a_n\!+\!a_{n-1})x\!+\!a_n$ $\Rightarrow \alpha^{n+2}=R(\alpha)$, $\beta^{n+2}=R(\beta)$, $\gamma^{n+2}=R(\gamma)$, 且 $\deg R(x)\le 2$。
由拉格朗日插值多項式, 可得 $$R(x)=\alpha^{n+2}\cdot \frac{(x-\beta)(x-\gamma)}{(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)}+\beta^{n+2}\cdot \frac{(x-\alpha)(x-\gamma)}{(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)} +\gamma^{n+2}\cdot \frac{(x-\alpha)(x-\beta)}{(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)}.$$
由 $x^2$ 的係數, 可知
\begin{eqnarray*} a_{n+1}&=&\frac{\alpha^{n+2}}{(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)}+\frac{\beta^{n+2}}{(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)}+\frac{\gamma^{n+2}}{(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)}\quad\hbox{(拉格朗日插值型式)}\\ &=&L_{n+2}(\alpha,\beta,\gamma)=h_n(\alpha,\beta,\gamma)\qquad\hbox{($h-L$ 轉換公式)}\\ &&\Rightarrow\ F_n^{(3)}=a_n=h_{n-1}(\alpha,\beta,\gamma),\qquad\hbox{其中 $n\ge 3$。} \end{eqnarray*}
至於當 $n=1,2$ 時,
\begin{eqnarray*} F_2^{(3)}&=&F_5^{(3)}-F_4^{(3)}-F_3^{(3)}=h_4-h_3-h_2=h_1\qquad \hbox{(由 $e-h$ 恆等式)},\\ F_1^{(3)}&=&F_4^{(3)}-F_3^{(3)}-F_2^{(3)}=h_3-h_2-h_1=h_0\qquad \hbox{(由 $e-h$ 恆等式)}. \end{eqnarray*}
至此, 已得到 Tribonacci Numbers $F_{n}^{(3)}$ 的完全齊次對稱多項式表示法, 即有 $F_{n}^{(3)}=h_{n-1}(\alpha,\beta,\gamma)$, 其中 $n\ge 1$。
(二) Pentanacci Numbers 的完全齊次對稱多項式表示法
令 $F_n^{(5)}=a_n$, 設 $n\ge 5$, 注意到
\begin{eqnarray*} &&\hskip -20pt (x^5-x^4-x^3-x^2-x-1)(a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n)\\ &=&a_0x^{n+5}+(a_1-a_0)x^{n+4}+(a_2-a_1-a_0)x^{n+3}+(a_3-a_2-a_1-a_0)x^{n+2}\\ &&+(a_4-a_3-a_2-a_1-a_0)x^{n+1}+(a_5-a_4-a_3-a_2-a_1-a_0)x^{n}+\cdots \\ &&+(a_n\!-\!a_{n-1}\!-\!a_{n-2}\!-\!a_{n-3}\!-\!a_{n-4}\!-\!a_{n-5})x^5 \!+\!(-a_n\!-\!a_{n-1}\!-\!a_{n-2}\!-\!a_{n-3}\!-\!a_{n-4})x^4\\ &&+(-a_n\!-\!a_{n-1}\!-\!a_{n-2}\!-\!a_{n-3})x^3\!+\!(-a_n\!-\!a_{n-1}\!-\!a_{n-2})x^2\!+\!(-a_n\!-\!a_{n-1})x\!-\!a_n\\ &&\hskip -10pt \Rightarrow x^{n+4}=(x^5-x^4-x^3-x^2-x-1)\cdot \Big(\sum_{i=0}^n a_ix^{n-i}\Big)\\ &&+a_{n+1}x^4\!+\!(a_n\!+\!a_{n-1}\!+\!a_{n-2}\!+\!a_{n-3})x^3\!+\!(a_n\!+\!a_{n-1}\!+\!a_{n-2})x^2\!+\!(a_n\!+\!a_{n-1})x\!+\!a_n\\ &=&(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)(x-\alpha_3)(x-\alpha_4)(x-\alpha_5)\cdot \Big(\sum_{i=0}^n a_ix^{n-i}\Big)+R(x), \end{eqnarray*}
(其中 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4,\alpha_5$ 為 $x^5-x^4-x^3-x^2-x-1=0$ 的 5 相異根, 且令 $R(x)=a_{n+1}x^4+(a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3})x^3 +(a_n+a_{n-1}+a_{n-2})x^2+(a_n+a_{n-1})x+a_n$) $\Rightarrow R(\alpha_i)=\alpha_i^{n+4}$, 其中 $i=1,2,3,4,5$, 且 $\deg R(x)\le 4$,
由拉格朗日插值多項式, 可得
$$R(x)=\sum_{i=1}^5 \alpha_i^{n+4}\cdot \dfrac{\prod\limits_{1\le j\le 5\atop j\not=i} (x-\alpha_j)} {\prod\limits_{1\le j\le 5\atop j\not=i} (\alpha_i-\alpha_j)},$$
由 $x^4$ 的係數, 可知
\begin{eqnarray*} a_{n+1}&=&\sum_{i=1}^5 \dfrac{\alpha_i^{n+4}} {\prod\limits_{1\le j\le 5\atop j\not=i} (\alpha_i-\alpha_j)}=L_{n+4}(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4,\alpha_5)=h_n(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4,\alpha_5)\\ &&\hskip -30pt \Rightarrow\ F_n^{(5)}=a_n=h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4,\alpha_5),\qquad\hbox{其中 $n\ge 5$。} \end{eqnarray*}
至於當 $n=1,2,3,4$ 時,
\begin{eqnarray*} F_4^{(5)}&=&F_9^{(5)}\!-\!F_8^{(5)}\!-\!F_7^{(5)}\!-\!F_6^{(5)}\!-\!F_5^{(5)}=h_8\!-\!h_7\!-\!h_6\!-\!h_5\!-\!h_4=h_3\quad \hbox{(由 $e\!-\!h$ 恆等式)},\\ F_3^{(5)}&=&F_8^{(5)}\!-\!F_7^{(5)}\!-\!F_6^{(5)}\!-\!F_5^{(5)}\!-\!F_4^{(5)}=h_7\!-\!h_6\!-\!h_5\!-\!h_4\!-\!h_3=h_2\quad \hbox{(由 $e\!-\!h$ 恆等式)},\\ F_2^{(5)}&=&F_7^{(5)}\!-\!F_6^{(5)}\!-\!F_5^{(5)}\!-\!F_4^{(5)}\!-\!F_3^{(5)}=h_6\!-\!h_5\!-\!h_4\!-\!h_3\!-\!h_2=h_1\quad \hbox{(由 $e\!-\!h$ 恆等式)},\\ F_1^{(5)}&=&F_6^{(5)}\!-\!F_5^{(5)}\!-\!F_4^{(5)}\!-\!F_3^{(5)}\!-\!F_2^{(5)}=h_5\!-\!h_4\!-\!h_3\!-\!h_2\!-\!h_1=h_0\quad \hbox{(由 $e\!-\!h$ 恆等式)}\hbox{。} \end{eqnarray*}
至此, 已得到 Pentanacci Numbers $F_{n}^{(5)}$ 的完全齊次對稱多項式表示法, 即$F_{n}^{(5)}=h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4,\alpha_5)$, 其中 $n\ge 1$。
(三) $k$-generalized Fibonacci Numbers的完全齊次對稱多項式表示法
令 $F_n^{(k)}=a_n$, 設 $n\ge k$, 注意到
\begin{eqnarray*} &&\hskip -20pt (x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1)(a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n)\\ &=&[a_0x^{n+k}+(a_1-a_0)x^{n+k-1}+\cdots+(a_j\!-\!a_{j-1}\!-\!\cdots\!-\!a_1\!-\!a_0)x^{n+k-j}+\cdots\\ &&+(a_k\!-\!a_{k-1}\!-\!\cdots-a_1-a_0)x^n]+[(a_{k+1}\!-\!a_{k}\!-\!\cdots-a_1)x^{n-1}+\cdots\\ &&+(a_{n-1}\!-\!a_{n-2}\!-\!\cdots-a_{n-k}-a_{n-k-1})x^{k+1}]+[(a_{n}\!-\!a_{n-1}\!-\!\cdots-a_{n-k+1}-a_{n-k})x^{k}\\ &&+(-a_n\!-\!a_{n-1}\!-\!\cdots-a_{n-k+1})x^{k-1}\!+\!\cdots+(-a_n\!-\!a_{n-1})x\!-\!a_n\qquad\hbox{(註)}\\ &=&[0\cdot x^{n+k}\!+\!(1\!-\!0)x^{n+k-1}\!+\!\cdots\!+\!0\cdot x^{n+k-j}\!+\!\cdots\!+\!0\cdot x^n]\!+\![0\cdot x^{n-1}\!+\!\cdots\!+\!0\cdot x^{k+1}]\\ &&+[0\cdot x^k\!+\!(-a_{n+1})x^{k-1}\!+\!(-a_n\!-\!a_{n-1}\!-\!\cdots\!-\!a_{n-k+2})x^{k-2}\!+\!\cdots\!+\!(-a_n\!-\!a_{n-1})x\!-\!a_n]\\ &&\hskip -10pt \Rightarrow x^{n+k-1}=(x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1)\cdot \Big(\sum_{i=0}^n a_ix^{n-i}\Big)\\ &&+[a_{n+1}x^{k-1}\!+\!(a_n\!+\!a_{n-1}\!+\!\cdots+a_{n-k+2})x^{k-2}\!+\!\cdots+(a_n\!+\!a_{n-1})x+a_n]\\ &=&(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_k)\cdot \Big(\sum_{i=0}^n a_ix^{n-i}\Big)+R(x), \end{eqnarray*}
(其中 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$ 為 $x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1=0$ 的 $k$ 相異根, 且令 $R(x)=a_{n+1}x^{k-1}+(a_n+a_{n-1}+\cdots+a_{n-k+2})x^{k-2} +\cdots+(a_n+a_{n-1})x+a_n$) $\Rightarrow R(\alpha_i)=\alpha_i^{n+k-1}$, 其中 $i=1,2,\ldots,k$, 且 $\deg R(x)\le k-1$,
由拉格朗日插值多項式, 可得
$$R(x)=\sum_{i=1}^k \alpha_i^{n+k-1}\cdot \dfrac{\prod\limits_{1\le j\le k\atop j\not=i} (x-\alpha_j)} {\prod\limits_{1\le j\le k\atop j\not=i} (\alpha_i-\alpha_j)},$$
由 $x^{k-1}$ 的係數, 可知
\begin{eqnarray*} a_{n+1}&=&\sum_{i=1}^k \dfrac{\alpha_i^{n+k-1}} {\prod\limits_{1\le j\le k\atop j\not=i} (\alpha_i-\alpha_j)}=L_{n+k-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=h_n(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)\\ &&\hskip -30pt \Rightarrow\ F_n^{(k)}=a_n=h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k),\qquad\hbox{其中 $n\ge k$。} \end{eqnarray*}
至於當 $n=1,2,\ldots,k-1$ 時,
\begin{eqnarray*} F_{k-1}^{(k)}&=&F_{2k-1}^{(k)}\!-\!F_{2k-2}^{(k)}\!-\!\cdots\!-\!F_k^{(k)}=h_{2k-2}\!-\!h_{2k-3}\!-\!\cdots\!-\!h_{k-1}=h_{k-2}\quad \hbox{(由 $e-h$ 恆等式)}\\ F_{k-2}^{(k)}&=&F_{2k-2}^{(k)}\!-\!F_{2k-3}^{(k)}\!-\!\cdots\!-\!F_{k-1}^{(k)}=h_{2k-3}\!-\!h_{2k-4}\!-\!\cdots\!-\!h_{k-2}=h_{k-3}\quad \hbox{(由 $e-h$ 恆等式)}\\ \vdots\quad&&\hskip 2.5cm \vdots\hskip 8cm \vdots\\ F_1^{(k)}&=&F_{k+1}^{(k)}\!-\!F_k^{(k)}\!-\!\cdots\!-\!F_2^{(k)}=h_k\!-\!h_{k-1}\!-\!\cdots\!-\!h_1=h_0\quad \hbox{(由 $e-h$ 恆等式)。} \end{eqnarray*}
至此, 已得到 $k$-generalized Fibonacci Numbers $F_{n}^{(k)}$ 的完全齊次對稱多項式表示法, 即 $F_{n}^{(k)}=h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)$, 其中 $n\ge 1$。
註： 當 $2\le j\le k-1$ 時,
$a_j-a_{j-1}-\cdots-a_1-a_0=a_j-a_{j-1}-\cdots-a_1-a_0-a_{-1}-a_{-2}-\cdots-a_{-(k-j)}=0$。
二、「單一變數化」表示法
在參考資料
命題： $h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=\sum\limits_{i=1}^k\dfrac{\alpha_i-1}{2+(k+1)(\alpha_i-2)}\alpha_i^{n-1}$, 其中 $n\ge 1$, 且 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$ 為 $x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1=0$ 的 $k$ 個相異根。
證明： 令 $f(x)=(x-1)(x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1)=x^{k+1}-2x^k+1$。 一方面, 令 $\alpha_0=1$
\begin{eqnarray*} &\Rightarrow& f(x)=(x-1)(x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1)\\ &&\hskip .95cm =(x-\alpha_0)(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_k)=\prod_{0\le j\le k}(x-\alpha_j)\\[-8pt] &\Rightarrow& f'(x)=\sum_{p=0}^k\prod\limits_{0\le j\le k\atop j\not= p}(x-\alpha_j)\\ &\Rightarrow& f'(\alpha_i)=\sum_{p=0}^k\prod\limits_{0\le j\le k\atop j\not= p}(\alpha_i-\alpha_j)=\prod\limits_{0\le j\le k\atop j\not= i}(\alpha_i-\alpha_j)\\[-8pt] &&\hskip 1.2cm =(\alpha_i-1)\cdot \prod\limits_{1\le j\le k\atop j\not= i}(\alpha_i-\alpha_j),\ \hbox{其中}\ i=1,2,\ldots,k. \end{eqnarray*}
另一方面,
\begin{eqnarray*} f(x)=x^{k+1}-2x^k+1&\Rightarrow& f'(x)=(k+1)x^k-2kx^{k-1}\\ &\Rightarrow& f'(\alpha_i)=(k+1)\alpha_i^k-2k\alpha_i^{k-1}. \end{eqnarray*}
於是可得 $(\alpha_i-1)\cdot \prod\limits_{1\le j\le k\atop j\not= i}(\alpha_i-\alpha_j)=f'(\alpha_i)=(k+1)\alpha_i^k-2k\alpha_i^{k-1}$, 其中 $i=1,2,\ldots,k$ $$ \Rightarrow\ \frac 1{\prod\limits_{1\le j\le k\atop j\not= i}(\alpha_i-\alpha_j)}=\frac{\alpha_i-1}{(k+1)\alpha_i^k-2k\alpha_i^{k-1}},\ \hbox{其中}\ i=1,2,\ldots,k.$$
再來, 由 $h-L$ 轉換公式, 有
\begin{eqnarray*} h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)&=&L_{n-1+(k-1)}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=L_{n+k-2}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)\\ &=& \sum_{i=1}^k \frac{\alpha_i^{n+k-2}}{\prod\limits_{1\le j\le k\atop j\not= i}(\alpha_i-\alpha_j)}\qquad\hbox{(拉格朗日插值型式)}\\ &=& \sum_{i=1}^k \frac{\alpha_i-1}{(k+1)\alpha_i^k-2k\alpha_i^{k-1}}\alpha_i^{n+k-2}= \sum_{i=1}^k \frac{\alpha_i-1}{(k+1)\alpha_i-2k}\alpha_i^{n-1}\\ &=& \sum_{i=1}^k \frac{\alpha_i-1}{2+(k+1)(\alpha_i-2)}\alpha_i^{n-1}. \end{eqnarray*} 至此, 已證明了 $h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=\sum\limits_{i=1}^k \dfrac{\alpha_i-1}{2+(k+1)(\alpha_i-2)}\alpha_i^{n-1}$, 其中 $n\ge 1$。
說明： 拉格朗日插值型式 $\sum\limits_{i=1}^k \dfrac{\alpha_i^{n+k-2}}{\prod\limits_{1\le j\le k\atop j\not= i}(\alpha_i-\alpha_j)}$ 是 $k$ 個分式之和, 每個分式 $\dfrac{\alpha_i^{n+k-2}}{\prod\limits_{1\le j\le k\atop j\not= i}(\alpha_i-\alpha_j)}$ 的構成, 都用到所有的變數 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$； 相對地, $\sum\limits_{i=1}^k \dfrac{\alpha_i-1}{2+(k+1)(\alpha_i-2)}\alpha_i^{n-1}$ 也是 $k$ 個分式之和, 但每個分式 $\dfrac{\alpha_i-1}{2+(k+1)(\alpha_i-2)}\alpha_i^{n-1}$ 的構成, 都只用到單一變數 $\alpha_i$, 故將此種型式, 稱為 $F_n^{(k)}$ 的「單一變數化」表示法。
三、「行列式相除」表示法
在參考資料
{(一) $g_{n+k-2}^{(k)}=g_n=F_n^{(k)}$}
在
$g_1^{(k)}\!=\!\cdots\!=\!g_{k-2}^{(k)}\!=\!0$, $g_{k-1}^{(k)}\!=\!g_k^{(k)}\!=\!1$, 且當 $n\!\gt \!k\!\ge\! 2$ 時, 有 $g_n^{(k)}\!=\!g_{n-1}^{(k)}\!+\!g_{n-2}^{(k)}\!+\!\cdots\!+\!g_{n-k}^{(k)}$。
此外, 該文還定義了 $g_n=g_{n+k-2}^{(k)}$。
比較
由 $g_n=g_{n+k-2}^{(k)}$, 可得 $g_{n-(k-2)}=g_n^{(k)}$。
(1) 由 $g_{k-1}^{(k)}=g_{k}^{(k)}=1\Rightarrow g_{k-1-(k-2)}=g_{k-(k-2)}=1\Rightarrow g_1=g_2=1$。
(2) 由 $g_{1}^{(k)}\!=\!\cdots\!=\!g_{k-2}^{(k)}\!=\!0\Rightarrow g_{1-(k-2)}
\!=\!\cdots\!=\!g_{(k-2)-(k-2)}\!=\!0\Rightarrow g_{-k+3}\!=\!\cdots\!=\!g_0\!=\!0$。
(3) 由 $g_n^{(k)}=g_{n-1}^{(k)}+g_{n-2}^{(k)}+\cdots+g_{n-k}^{(k)}$, 其中 $n\gt k\ge 2$
$\Rightarrow g_{n-(k-2)}=g_{n-1-(k-2)}+g_{n-2-(k-2)}+\cdots+g_{n-k-(k-2)}$, 其中 $n\gt k\ge 2$
$\Rightarrow g_{n}=g_{n-1}+g_n+\cdots +g_{n-k}$, 其中 $n\gt 2$。
由 (1)(2)(3), 可知對於數列 $\{g_n\}$ 而言, 滿足 $g_1=g_2=1$, $g_{-k+3}=\cdots=g_0=0$ 與 $g_{n}=g_{n-1}+g_n+\cdots +g_{n-k}$, 其中 $n\gt 2$。
回顧本篇文章 $F_n^{(k)}$ 的定義, 有 $F_1^{(k)}=1$, 與 $F_{-(k-2)}^{(k)}=\cdots=F_{-1}^{(k)}=F_0^{(k)}=0$, 其中 $k\ge 2$, 以及 $F_n^{(k)}=F_{n-1}^{(k)}+F_{n-2}^{(k)}+\cdots+F_{n-k}^{(k)}$, 可推出 $F_{2}^{(k)}=F_{1}^{(k)}+F_{0}^{(k)}+\cdots+F_{2-k}^{(k)}=1$。
至此, 可看出 $\{g_n\}$ 與 $\{F_{n}^{(k)}\}$ 有相同的初始條件(相同的前 $k$ 項)： $g_1=g_2=1$ 與 $g_{-k+3}=\cdots=g_0=0$, 以及遞迴關係式： $g_{n}=g_{n-1}+g_n+\cdots +g_{n-k}$, 其中 $n\gt 2$, 所以有 $g_{n+k-2}^{(k)}=g_n=F_n^{(k)}$。
{(二)} $h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=\dfrac{\det(V_1^{(k)})}{\det(V)}$, 其中 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$ 是 $x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1=0$ 的 $k$ 個相異根。
在
命題： $h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=\dfrac{\det(V_1^{(k)})}{\det(V)}$, 其中 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$ 是 $x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1=0$ 的 $k$ 個相異根。
證明： \begin{eqnarray*} \det(V_1^{(k)})&=& \left|\begin{array}{cccc} ~\lambda_1^{n+k-1}~&~\lambda_1~&~\cdots~&~\lambda_1^{k-1}~\\ ~\lambda_2^{n+k-1}~&~\lambda_2~&~\cdots~&~\lambda_2^{k-1}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~\lambda_k^{n+k-1}~&~\lambda_k~&~\cdots~&~\lambda_k^{k-1}~ \end{array}\right|\\ &=&(\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_k)\cdot \left|\begin{array}{cccc} ~\lambda_1^{n+k-2}~&~1~&~\cdots~&~\lambda_1^{k-2}~\\ ~\lambda_2^{n+k-2}~&~1~&~\cdots~&~\lambda_2^{k-2}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~\lambda_k^{n+k-2}~&~1~&~\cdots~&~\lambda_k^{k-2}~ \end{array}\right|\qquad\hbox{(各列分別提出 $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_k$)}\\ &=&(-1)^{k-1}\cdot \left|\begin{array}{cccc} ~1~&~\lambda_1~&~\cdots~&~\lambda_1^{n+k-2}~\\ ~1~&~\lambda_2~&~\cdots~&~\lambda_2^{n+k-2}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~1~&~\lambda_k~&~\cdots~&~\lambda_k^{n+k-2}~ \end{array}\right|\cdot(-1)^{k-1}\quad\hbox{(將原來的第一行換到最右一行)}\\ &=& \left|\begin{array}{cccc} ~1~&~\lambda_1~&~\cdots~&~\lambda_1^{n+k-2}~\\ ~1~&~\lambda_2~&~\cdots~&~\lambda_2^{n+k-2}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~1~&~\lambda_k~&~\cdots~&~\lambda_k^{n+k-2}~ \end{array}\right|. \end{eqnarray*}
由 $h-L-V$ 轉換公式, 得
\begin{eqnarray*} \Rightarrow\ \dfrac{\det(V_1^{(k)})}{\det(V)}&=&\dfrac{ \left|\begin{array}{cccc} ~1~&~\lambda_1~&~\cdots~&~\lambda_1^{n+k-2}~\\ ~1~&~\lambda_2~&~\cdots~&~\lambda_2^{n+k-2}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~1~&~\lambda_k~&~\cdots~&~\lambda_k^{n+k-2}~ \end{array}\right| }{ \left|\begin{array}{cccc} ~1~&~\lambda_1~&~\cdots~&~\lambda_1^{k-1}~\\ ~1~&~\lambda_2~&~\cdots~&~\lambda_2^{k-1}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~1~&~\lambda_k~&~\cdots~&~\lambda_k^{k-1}~ \end{array}\right|}=h_{(n+k-2)-(k-1)}(\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_k)\\ &=&h_{n-1}(\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_k)=h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k). \end{eqnarray*}
四、 $h-L-V$ 觀點
本文到目前為止, 已然證明了：
$$h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=\sum\limits_{i=1}^k \dfrac{\alpha_i-1}{2+(k+1)(\alpha_i-2)}\alpha_i^{n-1}=\dfrac{\det(V_1^{(k)})}{\det(V)},$$
這三個形式上大相逕庭的表達式會相等, 並不是偶然的 ： 注意到
$$\sum\limits_{i=1}^k \dfrac{\alpha_i-1}{2+(k+1)(\alpha_i-2)}\alpha_i^{n-1}=\sum_{i=1}^k \dfrac{\alpha_i^{n+k-2}} {\prod\limits_{1\le j\le k\atop j\not=i} (\alpha_i-\alpha_j)}=L_{n+k-2}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)$$
以及
$$\dfrac{\det(V_1^{(k)})}{\det(V)}=\dfrac{ \left|\begin{array}{cccc} ~1~&~\lambda_1~&~\cdots~&~\lambda_1^{n+k-2}~\\ ~1~&~\lambda_2~&~\cdots~&~\lambda_2^{n+k-2}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~1~&~\lambda_k~&~\cdots~&~\lambda_k^{n+k-2}~ \end{array}\right| }{ \left|\begin{array}{cccc} ~1~&~\lambda_1~&~\cdots~&~\lambda_1^{k-1}~\\ ~1~&~\lambda_2~&~\cdots~&~\lambda_2^{k-1}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~1~&~\lambda_k~&~\cdots~&~\lambda_k^{k-1}~ \end{array}\right|}=\dfrac{ \left|\begin{array}{cccc} ~1~&~\alpha_1~&~\cdots~&~\alpha_1^{n+k-2}~\\ ~1~&~\alpha_2~&~\cdots~&~\alpha_2^{n+k-2}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~1~&~\alpha_k~&~\cdots~&~\alpha_k^{n+k-2}~ \end{array}\right| }{ \left|\begin{array}{cccc} ~1~&~\alpha_1~&~\cdots~&~\alpha_1^{k-1}~\\ ~1~&~\alpha_2~&~\cdots~&~\alpha_2^{k-1}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~1~&~\alpha_k~&~\cdots~&~\alpha_k^{k-1}~ \end{array}\right|},$$
可以看出, 在「$h-L-V$ 轉換公式」：
$$h_k(a_1,a_2,\ldots,a_n)\!=\!L_{n+k-1}(a_1,a_2,\ldots,a_n)\!=\!\dfrac{ \left|\begin{array}{cccccc} ~1~&~a_1~&~a_1^2~&~\cdots~&~a_1^{n-2}~&~a_1^{(n-1)+k}~\\ ~1~&~a_2~&~a_2^2~&~\cdots~&~a_2^{n-2}~&~a_2^{(n-1)+k}~\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ ~1~&~a_n~&~a_n^2~&~\cdots~&~a_n^{n-2}~&~a_n^{(n-1)+k}~ \end{array}\right| }{ \left|\begin{array}{cccccc} ~1~&~a_1~&~a_1^2~&~\cdots~&~a_1^{n-2}~&~a_1^{n-1}~\\ ~1~&~a_2~&~a_2^2~&~\cdots~&~a_2^{n-2}~&~a_2^{n-1}~\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ ~1~&~a_n~&~a_n^2~&~\cdots~&~a_n^{n-2}~&~a_n^{n-1}~ \end{array}\right|}\ \hbox{之中,}$$
將 $k$ 與 $n$ 替換為 $n-1$ 與 $k$, 並將變數 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 取為 $x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1=0$ 的 $k$ 個相異根 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$, 即可得
$$h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=L_{n+k-2}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=\dfrac {\left|\begin{array}{cccc} ~1~&~\alpha_1~&~\cdots~&~\alpha_1^{n+k-2}~\\ ~1~&~\alpha_2~&~\cdots~&~\alpha_2^{n+k-2}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~1~&~\alpha_k~&~\cdots~&~\alpha_k^{n+k-2}~\\ \end{array}\right|} {\left|\begin{array}{cccc} ~1~&~\alpha_1~&~\cdots~&~\alpha_1^{k-1}~\\ ~1~&~\alpha_2~&~\cdots~&~\alpha_2^{k-1}~\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ ~1~&~\alpha_k~&~\cdots~&~\alpha_k^{k-1}~\\ \end{array}\right|} ,$$
也就是
$$h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)=\sum_{i=1}^k \frac{\alpha_i-1}{2+(k+1)(\alpha_i-2)}\alpha_i^{n-1} =\frac{\det(V_1^{(k)})}{\det(V)},$$ 至此, 已將三種表達式作了一個統整。
事實上, $F_n^{(k)}$ 有著各式各樣的表達式 (見
設 $k\ge 2$, 且 $\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k$ 為 $x^k-x^{k-1}-\cdots-x-1=0$ 的 $k$ 個相異根, 則有 $$F_n^{(k)}=h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k), \ \hbox{其中 $n\ge 1$。}$$ 並在後半部, 以 $h_{n-1}(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)$ 為出發點, 連結到 $F_n^{(k)}$ 的另外兩個已知的表達式 $$\sum\limits_{i=1}^k \dfrac{\alpha_i-1}{2+(k+1)(\alpha_i-2)}\alpha_i^{n-1}\quad \hbox{與}\quad \dfrac{\det(V_1^{(k)})}{\det(V)},$$ 最後再以 $h-L-V$ 轉換公式, 對應出三個表達式背後的關聯性。 可以說, 本文先爬上「完全齊次對稱多項式」這座山, 再從山上去看另外的兩座山, 進而辨認出連結這三座山的「$h-L-V$」山脈。
---本文作者任教台北市立第一女子高級中學---