壹、前言
費氏數列是高中數學常見的數列, 這個數列 $\langle F_n\rangle$ 定義為 ： $F_0=0$, $F_1=1$, $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$, $n\ge 2$。
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貳、費氏數列的冪級數與一般式
一個複數 $z$ 可以寫成 $a+bi$, 其中 $a,b$ 為實數, $i=\sqrt{-1}$。 本文中的 $z$ 皆代表複數。
一個冪級數(中心在 $z_0$)是一個有以下形式的級數 $$S(z):=\sum_{k=0}^\infty a_k(z-z_0)^k.$$
費氏數列 $\langle F_n\rangle$ 定義為 ： $F_0=0$, $F_1=1$, $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$, $n\ge 2$, 在張進安老師的文章中, 他探討了關於費氏數列所成無窮級數的收斂問題, 本節我們將以係數為費氏數列的冪級數來探討它的收斂問題。
首先我們以組合數學中特徵方程的理論來求解它的一般式, 得到下列的引理 1。
引理1
證明： 由遞迴關係 $F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}$, 它的特徵方程為 $$t^2-t-1=0,$$ 解得 $$t=\dfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}$$ 為它的兩個特徵根, 因此設 $$F_n=\alpha\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^n+\beta\Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\Big)^n,$$ 由 $F_0=0$, $F_1=1$ 解得 $$\alpha=\frac 1{\sqrt{5}},\qquad\beta=-\frac 1{\sqrt{5}},$$ 得到 $$F_n=\frac 1{\sqrt{5}}\Big[\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^n-\Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\Big)^n\Big] ,$$ 得證。
引理2： $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{F_{n+1}}{F_n}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$。
證明： 利用引理1, 得
\begin{align*} \lim_{n\to\infty}\frac{F_{n+1}}{F_n}=&\lim_{n\to\infty}\dfrac{\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^{n+1}-\Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\Big)^{n+1}} {\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^n-\Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\Big)^n}\\ =&\lim_{n\to\infty}\dfrac{\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big) -\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}}\Big)^n}{1-\Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{1+\sqrt{5}}\Big)^n}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}, \end{align*}得證。
利用引理 1 與引理 2 我們可以找到以費氏數列為係數的冪級數的收斂區間, 我們將結果寫成下面定理 1。
定理1： 設以費氏數列為係數的冪級數為 $\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$, 則 $\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$ 收斂若且唯若 $|z|\lt\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$。
證明： 由比值試驗法, 若
\begin{align*} \lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{F_{n+1}z^{n+1}}{F_nz^n}\right|\lt1,\ &\hbox{則}\ \sum_{n=0}^\infty F_nz^n\ \hbox{收斂,}\\ \lim_{n\to\infty}\left|\dfrac{F_{n+1}z^{n+1}}{F_nz^n}\right|\gt1,\ &\hbox{則}\ \sum_{n=0}^\infty F_nz^n\ \hbox{發散。} \end{align*}由引理 2, 即
\begin{align*} \dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\cdot |z|\lt1,\ &\hbox{則}\ \sum_{n=0}^\infty F_nz^n\ \hbox{收斂,}\\ \dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\cdot |z|\gt1,\ &\hbox{則}\ \sum_{n=0}^\infty F_nz^n\ \hbox{發散。} \end{align*}也就是若
\begin{align*} |z|\lt\dfrac{\sqrt{5}-1}{2},\ &\hbox{則}\ \sum_{n=0}^\infty F_nz^n\ \hbox{收斂,}\\ |z|\gt\dfrac{\sqrt{5}-1}{2},\ &\hbox{則}\ \sum_{n=0}^\infty F_nz^n\ \hbox{發散。} \end{align*}當 $|z|=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ 時, 因為
\begin{align*} \left|\lim\limits_{n\to\infty} F_nz^n\right|=&\lim\limits_{n\to\infty} \left|F_nz^n\right|=\lim\limits_{n\to\infty} F_n\left|z^n\right|\\ =&\lim_{n\to\infty} \dfrac 1{\sqrt 5} \Big[\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^n-\Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\Big)^n\Big]\cdot \Big(\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\Big)^n\\ =&\lim_{n\to\infty} \dfrac 1{\sqrt 5}\Big[1-(-1)^n\Big(\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\Big)^{2n}\Big]=\dfrac 1{\sqrt{5}}, \end{align*}可得 $\lim\limits_{n\to\infty} F_nz^n\not=0$, 故 $\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$ 發散。 定理證畢。
由上面的討論, $|z|\lt\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ 若且唯若 $\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$ 收斂, 因此我們可以將此冪級數定義成一個複變函數 $F(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$, 定義域為 $\{z\in C: |z|\lt\dfrac{\sqrt{5}-1}2\}$。
定理2： 若 $F(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$, $|z|\lt\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ 為係數是費氏數列的冪級數, 則 $F(z)=\dfrac{z}{1-z-z^2}$, $|z|\lt\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$。
證明： 利用引理1, $F_n=\dfrac 1{\sqrt{5}}\Big[\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^n-\Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\Big)^n\Big]$, $n\ge 0$ 及定理1, 當 $|z|\lt\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ 可得
\begin{align*} \sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n =&\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac 1{\sqrt 5} \Big[\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Big)^n-\Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\Big)^n\Big]z^n\\ =&\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac 1{\sqrt 5}\Big[\Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}z\Big)^n-\Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}z\Big)^n\Big]\\ =&\dfrac 1{\sqrt 5}\Big[\sum\limits_{n=0}^\infty \Big(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}z\Big)^n-\sum\limits_{n=0}^\infty \Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}z\Big)^n\Big]\\ =&\dfrac 1{\sqrt 5}\left( \dfrac{1}{1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z}-\dfrac{1}{1-\dfrac{1-\sqrt 5}{2}z} \right)\\ =&\dfrac{z}{1-z-z^2}. \end{align*}得證。
在定理 1 中我們用比值試驗法找出冪級數的收斂半徑, 事實上利用複變函數的泰勒定理, 我們亦可求得它的收斂半徑。
複變函數的泰勒定理是關於冪級數的基本定理, 我們把它敘述如下：
定理3(泰勒定理)
在定理 2 中解析函數 $F(z)=\dfrac{z}{1-z-z^2}$ 在複數平面上只有兩個不可解析的點(奇異點), 即 $1-z-z^2$ 的零點, 即 $z_1=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}$, $z_2=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}$, 因此由泰勒定理可知在 $|z|\lt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$ 時, $\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$ 收斂到 $F(z)=\dfrac{z}{1-z-z^2}$。
一個冪級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n$ 以 $z_0$ 為圓心所成的圓中, 在圓內每一點均收斂的圓中取最大的圓, 我們稱為冪級數的收斂圓。
下面兩個定理與泰勒定理可說明 ： 函數 $f$ 在某點 $z_0$ 展開成冪級數時, 收斂半徑是 $z_0$ 到 $z_1$ 的距離, 其中 $z_1$ 是最近一個使 $f$ 不可解析的點。
定理4
若 $\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$ 在 $|z|=\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$ 圓外有一點收斂 , 則由定理 4 可得一個半徑更大的圓 $C$, 在圓 $C$ 內每個點收斂, 並由定理 5 可得圓 $C$ 內每一點皆解析, 但我們知道 $F(z)$ 在 $z=z_1=\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$ 處不可解析, 因此 $\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$ 在 $|z|\lt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$ 時收斂, 在 $|z|\gt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$ 時發散。
參、$\dfrac{z}{1-z-z^2}$的洛朗級數
一個洛朗級數(中心在 $z_0$)是一個有以下形式的級數表示式 $$f(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{b_n}{(z-z_0)^n},\qquad (R_1\lt|z-z_0|\lt R_2),$$ 其中 $(0\le R_1\lt R_2\le\infty)$。
在探討冪級數時, 泰勒定理說明了冪級數的係數具有唯一性並與函數的導數有關, 對於函數的洛朗級數, 洛朗定理亦說明了洛朗級數的係數有唯一性並與函數的積分值有關。 我們將洛朗定理簡述如下:
定理6(洛朗定理)
對於複變函數 $F(z)=\dfrac{z}{1-z-z^2}$ 在 $|z|\lt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$ 時, 定理 2 告訴我們可以將它展開成一個冪級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$。 當 $|z|\gt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$ 時, 雖然我們無法再將它展開成冪級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$, 但我們卻可以將它展開成洛朗級數。
$F(z)=\dfrac{z}{1-z-z^2}$, 其中 $z$ 為複變數, 將 $F(z)$ 進行部分分式分解, 可得 $$F(z)=\dfrac{z}{1-z-z^2}=\dfrac 1{\sqrt 5}\Bigg( \dfrac{1}{1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z}-\dfrac{1}{1-\dfrac{1-\sqrt 5}{2}z} \Bigg),$$ 得知解析函數 $F(z)$ 在複數平面上只有兩個奇異點 $z_1=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}$, $z_2=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}$, 我們將 $F(z)$ 在 $z=0$ 為中心的開圓盤及環狀區域做洛朗展開, 得到以下定理 7。
定理7： 若 $F(z)=\dfrac{z}{1-z-z^2}$, $z\in C$ 則
1. 當 $|z|\lt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$, $F(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n$。
2. 當 $\dfrac{\sqrt 5-1}{2}\lt|z|\lt\dfrac{\sqrt 5+1}{2}$, $F(z)=-\dfrac 1{\sqrt 5}
\Bigg[\sum\limits_{n=1}^\infty \Big(\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\cdot \dfrac 1z\Big)^n+\sum\limits_{n=0}^\infty \Big(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\cdot z\Big)^n\Bigg]$。
3. 當 $|z|\gt\dfrac{1+\sqrt 5}{2}$, $F(z)=\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n\dfrac{F_n}{z^n}$。
證明：
1. 當 $|z|\lt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$,
\begin{align*} F(z)=&\dfrac{z}{1-z-z^2}=\dfrac 1{\sqrt 5}\Bigg( \dfrac{1}{1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z}-\dfrac{1}{1-\dfrac{1-\sqrt 5}{2}z} \Bigg)\\ =&\dfrac 1{\sqrt 5}\Bigg(\sum_{n=0}^\infty\Big(\frac{\sqrt 5+1}{2}\cdot z\Big)^n-\sum_{n=0}^\infty\Big(\frac{1-\sqrt 5}{2}\cdot z\Big)^n\Bigg)\\ =&\dfrac 1{\sqrt 5}\left(\sum_{n=0}^\infty\Bigg(\Big(\frac{\sqrt 5+1}{2}\cdot z\Big)^n-\Big(\frac{1-\sqrt 5}{2}\cdot z\Big)^n\Bigg)\right)\\ =&\sum_{n=0}^\infty \dfrac 1{\sqrt 5}\left(%\sum_{n=0}^\infty \Big(\frac{\sqrt 5+1}{2}\Big)^n-\Big(\frac{1-\sqrt 5}{2}\Big)^n\right)z^n,\qquad\quad\hbox{(由引理1)}\\ =&\sum_{n=0}^\infty F_nz^n. \end{align*}2. 當 $\dfrac{\sqrt 5-1}{2}\lt|z|\lt\dfrac{\sqrt 5+1}{2}$,
\begin{align*} F(z)=&\dfrac{z}{1-z-z^2}=\dfrac 1{\sqrt 5}\Bigg(\dfrac{1}{1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z}-\dfrac{1}{1-\dfrac{1-\sqrt 5}{2}z}\Bigg)\\ =&\dfrac 1{\sqrt 5}\Bigg(\frac{1}{\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z\Big(\dfrac 2{1+\sqrt 5}\cdot \dfrac 1z-1\Big)} -\dfrac 1{1-\dfrac{1-\sqrt 5}{2}\cdot z}\Bigg)\\ =&\dfrac 1{\sqrt 5}\left(-\frac{1}{\Big(\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z\Big)} \sum_{n=0}^\infty \Big(\dfrac 2{1+\sqrt 5}\cdot \dfrac 1z\Big)^n -\sum_{n=0}^\infty\Big(\dfrac{1-\sqrt 5}{2}\cdot z\Big)^n\right)\\ =&\dfrac {-1}{\sqrt 5}\left(\sum_{n=1}^\infty \Big(\dfrac {\sqrt 5-1}2\cdot \dfrac 1z\Big)^n +\sum_{n=0}^\infty\Big(\dfrac{1-\sqrt 5}{2}\cdot z\Big)^n\right). \end{align*}3. 當 $|z|\gt\dfrac{1+\sqrt 5}{2}$,
\begin{align*} F(z)=&\dfrac{z}{1-z-z^2}=\dfrac 1{\sqrt 5}\Bigg(\dfrac{1}{1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z}-\dfrac{1}{1-\dfrac{1-\sqrt 5}{2}z}\Bigg)\\ =&\dfrac 1{\sqrt 5}\Bigg(\frac{1}{\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z\Big(\dfrac 2{1+\sqrt 5}\cdot \dfrac 1z-1\Big)} -\dfrac 1{\dfrac{1-\sqrt 5}{2}z\Big(\dfrac 2{1-\sqrt 5}\cdot \dfrac 1z-1\Big)}\Bigg)\\ =&\dfrac 1{\sqrt 5}\Bigg(-\frac{1}{\Big(\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z\Big)} \sum_{n=0}^\infty \Big(\dfrac 2{1+\sqrt 5}\cdot \dfrac 1z\Big)^n +\frac{1}{\Big(\dfrac{1-\sqrt 5}{2}z\Big)} \sum_{n=0}^\infty \Big(\dfrac 2{1-\sqrt 5}\cdot \dfrac 1z\Big)^n\Bigg)\\ =&\dfrac 1{\sqrt 5}\left(-\sum_{n=0}^\infty \Big(\dfrac 2{1+\sqrt 5}\cdot \dfrac 1z\Big)^{n+1} +\sum_{n=0}^\infty\Big(\dfrac 2{1-\sqrt 5}\cdot \dfrac 1z\Big)^{n+1}\right)\\ =&\dfrac 1{\sqrt 5}\left(-\sum_{n=0}^\infty \Big(\dfrac {\sqrt 5-1}2\cdot \dfrac 1z\Big)^{n+1} +\sum_{n=0}^\infty\Big(-\dfrac {\sqrt 5+1}2\cdot \dfrac 1z\Big)^{n+1}\right)\\ =&\dfrac 1{\sqrt 5} \sum_{n=0}^\infty (-1)^{n+1}\left(\Big(\dfrac{\sqrt 5+1}{2}\cdot \dfrac 1z\Big)^{n+1} -\Big(\frac{1-\sqrt 5}{2}\cdot \dfrac 1z\Big)^{n+1}\right),\quad\hbox{(由引理1)}\\ =&\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n+1} \dfrac {F_{n+1}}{z^{n+1}}=\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n} \dfrac {F_{n}}{z^{n}}. \end{align*}定理證畢。
肆、冪級數的應用
利用函數的冪級數我們可以得到張進安老師在文章
推論1
證明： 由定理 2 可知當 $|z|\lt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$ 時, $F(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n=\dfrac{z}{1-z-z^2}$。 將 $z=\dfrac 1{10}$ 代入定理 2, 得 $$\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{F_n}{10^n}=F\Big(\frac 1{10}\Big)=\dfrac{\dfrac 1{10}}{1-\dfrac 1{10}-\Big(\dfrac 1{10}\Big)^2}=\dfrac{10}{89},$$ 得證。
推論2： $\sum\limits_{n=0}^\infty nF_nz^n=\dfrac{z+z^3}{(1-z-z^2)^2}$, $|z|\lt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$, $z\in C$。
證明： 由定理 2, $$F(z)=\sum\limits_{n=0}^\infty F_nz^n=\dfrac{z}{1-z-z^2},\quad |z|\lt\dfrac{\sqrt 5-1}{2},\ z\in C.$$ 由於在冪級數在收斂區間內可逐項微分, 得 $\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{d}{dz}F_nz^n=\dfrac{d}{dz} F(z)$, 得 $$\sum\limits_{n=1}^\infty nF_nz^{n-1}=\dfrac{1(1-z-z^2)-(-1-2z)z}{(1-z-z^2)^2}= \dfrac {1+z^2}{(1-z-z^2)^2},\ |z|\lt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}, $$ 將上式等號兩邊同乘 $z$, 得 $$\sum\limits_{n=1}^\infty nF_nz^n=\dfrac{z+z^3}{(1-z-z^2)^2},\ |z|\lt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}, $$ 得證。
當 $w(t)$ 是實變數 $t$ 的複數值函數, 且可寫成 $$w(t)=u(t)+iv(t) ,$$ 其中 $u,v$ 是實值函數, 又若 $u$ 和 $v$ 在區間 $a\le t\le b$ 的定積分存在, 則 $w(t)$ 在區間 $a\le t\le b$ 的定積分為 $$\int_a^b w(t)dt=\int_a^b u(t)dt+i\int_a^b v(t)dt.$$
設方程式
$$z=z(t),\quad (a\le t\le b)$$
表示由點 $z_1=z(a)$ 延伸到點 $z_2=z(b)$ 的圍線 $C$。
設 $f[z(t)]$ 在區間 $a\le t\le b$
為片段連續, 則我們以參數 $t$ 定義 $f$ 沿著 $C$ 的線積分, 或圍線積分
當一個非零複數 $z$, 只要 $z$ 不落在負實軸上, 我們可以定義其主對數 (principal logarithm) 為 $$Log (z)=\ln r+i\theta,\quad z=re^{i\theta},\quad (r\gt0,-\pi\lt\theta\lt\pi).$$ 利用冪級數在收斂區間可逐項積分的性質, 我們有下列結果。
推論3： $$\sum_{n=1}^\infty \frac{F_n}{n} z^n=\dfrac{\sqrt 5}{5}\left[Log\Big(1-\frac{1-\sqrt 5}{2}z\Big)-Log\Big(1-\frac{1+\sqrt 5}{2}z\Big)\right],\quad |z|\lt\frac{\sqrt 5-1}{2}.$$
證明： 由定理 2,
\begin{align*} F(z)=&\sum_{n=0}^\infty F_nz^n=\frac z{1-z-z^2},\quad |z|\lt\frac{\sqrt 5-1}{2},\\ \hbox{得} &\sum_{n=1}^\infty F_nz^{n-1}=\frac 1{1-z-z^2},\quad |z|\lt\frac{\sqrt 5-1}{2}. \end{align*}令 $C$ 是收斂圓 $|z|\lt\dfrac{\sqrt 5-1}{2}$ 內部任一圍線, $C$ 從點 $z=0$ 到點 $z=z_1$, 因 $F(z)$ 在收斂圓內部可解析, 故 $\displaystyle\int_C F(z)dz$ 與路徑 $C$ 無關。 又冪級數在收斂區間可逐項積分, 得
\begin{align} \sum_{n=1}^\infty \int_0^{z_1} F_nz^{n-1}dz=\int_0^{z_1}\frac 1{1-z-z^2}dz, \quad |z|\lt\frac{\sqrt 5-1}{2} ,\label{1} \end{align}將 $\dfrac 1{1-z-z^2}$ 分解成兩個分式相加, 得
\begin{align} \dfrac 1{1-z-z^2}=\frac{\sqrt 5}{10}\Bigg( \dfrac{\sqrt 5-1}{1-\dfrac{1-\sqrt 5}{2}z}+\dfrac{\sqrt 5+1}{1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z} \Bigg),\label{2} \end{align}將 \eqref{2} 式等號兩邊從 0 到 $z_1$ 對 $z$ 積分, 得
\begin{align} \int_0^{z_1}\frac 1{1-z-z^2}dz=&\frac{\sqrt{5}}{10}\Bigg( \int_0^{z_1}\dfrac{\sqrt 5-1}{1-\dfrac{1-\sqrt 5}{2}z}dz+\int_0^{z_1}\dfrac{\sqrt 5+1}{1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z}dz \Bigg)\nonumber\\ =&\frac{\sqrt{5}}{10}\Bigg[(\sqrt 5-1) \Big(-\dfrac 2{1-\sqrt 5}\Big)Log\Big(1-\dfrac{1-\sqrt 5}{2}z_1\Big)\nonumber\\ &+(\sqrt 5+1)\Big(-\dfrac 2{1+\sqrt 5}\Big)Log\Big(1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z_1\Big)\Bigg]\nonumber\\ =&\frac{\sqrt{5}}{10}\Bigg[2Log\Big(1-\dfrac {1-\sqrt 5}2z_1\Big)-2Log\Big(1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z_1\Big)\Bigg] \nonumber\\ =&\frac{\sqrt{5}}{5}\Bigg[Log\Big(1-\dfrac {1-\sqrt 5}2z_1\Big)-Log\Big(1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z_1\Big)\Bigg].\label{3} \end{align}由 \eqref{1}, \eqref{3} 式得 $$\sum_{n=1}^\infty \dfrac{F_n}{n}z_1^n=\frac{\sqrt 5}{5}\Big[Log\Big(1-\dfrac{1-\sqrt 5}{2}z_1\Big)-Log\Big(1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}z_1\Big)\Big], \quad |z_1|\lt\frac{\sqrt 5-1}{2}, $$ 其中 $z_1$ 是收斂圓內任意一點, 故定理得證。
伍、結語
複分析理論完備應用廣泛, 是數學上極其優美的一個分支, 也是處理級數與積分的強力武器。 泰勒定理說明如果在開圓盤內各點可解析, 則可展開成一個冪級數且係數與函數的微分值有關, 洛朗定理則顯示了函數在不同範圍內, 有各自的展開式且與積分值有關, 利用複變函數的泰勒展開與洛朗展開, 相信讀者對費氏數列的級數問題的收斂性, 會有更深一層的認識。
參考資料
---本文作者任教彰化藝術高中---