發刊日期 |
2018年9月
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標題 | Fibonacci與Padovan的對話(下):F-P卷積恆等式 |
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壹、前言在「Fibonacci 與 Padovan 的對話(上)」一文中, 有 $F_n=h_{n-1}(\alpha,\beta)$ 與 $P_n=h_{n+2}(a,b,c)$, 亦即可將 Fibonacci 數列和 Padovan 數列視為完全齊次對稱多項式的特殊情形, 於是有可能運用完全齊次對稱多項式的已知性質, 來得到 Fibonacci 數列和 Padovan 數列的性質。
兩數列 $\langle a_n\rangle$ 和 $\langle b_n\rangle $ 的「卷積」(convolution) 形如
$\sum\limits_{i=0}^n a_i\cdot b_{n-i}$, 亦即兩數列對應項相乘再相加, 保持下標總和為 $n\,$。
在「完全齊次對稱多項式(起)」(參考資料 本文的目的在求出卷積 $\sum\limits_{i=0}^n F_i\cdot P_{n-i}$ 的表達式, 首先先將 $F_n$ 與 $P_n$ 改成完全齊次對稱多項式 $h_{n-1}(\alpha,\beta)$ 與 $h_{n+2}(a,b,c)$, 接著利用自由分解重組恆等式, 將 $F_n$ 與 $P_n$ 的卷積化成 $h_k(\alpha,\beta,a,b,c)$ 的型態, 運用代數變形, 得到初步結果: $$\sum_{k=0}^n F_{k+1}\cdot P_{n-k-2}=F_{n+3}-P_{n+2}.$$ 再經由下標的調整, 得到形式更為對稱的結果: $$\sum_{i=0}^n F_i\cdot P_{n-i}=F_{n+3}-P_{n+3}.$$ 。 貳、本文一、定義、記號與已知公式\begin{eqnarray*} &&\hskip -10pt h_k(a_1,a_2,\ldots,a_n)\\ &=&\hskip -13pt \sum_{k_1+k_2+\cdot+k_m=k\atop k_1,k_2,\ldots,k_m\ge 0}\hskip -15pt [h_{k_1}(a_1,a_2,\ldots,a_{i_1})\!\cdot\! h_{k_2}(a_{i_1+1},a_{i_1+2},\ldots,a_{i_2})\!\cdots\! h_{k_m} (a_{i_{m-1}+1},a_{i_{m-1}+2},\ldots,a_{i_m})] \end{eqnarray*} 其中 $a_{i_m}=a_n\,$。 (其中將變數 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 分成 $m$ 組, 第一組為 $a_1,a_2,\ldots,a_{i_1}$, 第二組為 $a_{i_1+1},a_{i_1+2},\ldots,a_{i_2},\ \ldots$, 第 $m$ 組為 $a_{i_{m-1}+1},a_{i_{m-1}+2},\ldots,a_{i_m}$) 例: \begin{eqnarray*} \sum_{i+j=2\atop i,j\ge 0} h_i(a,b)\cdot h_j(c,d)&=& h_2(a,b)\cdot h_0(c,d)+h_1(a,b)\cdot h_1(c,d)+h_0(a,b)\cdot h_2(c,d)\\ &=&(a^2+ab+b^2)\cdot 1+(a+b)(c+d)+1\cdot(c^2+cd+d^2)\\ &=&a^2+b^2+c^2+d^2+ab+ac+ad+bc+bd+cd\\ &=&h_2(a,b,c,d) \end{eqnarray*} 說明: 此式將下標總和為 2 的各個完全齊次對稱多項式先相乘再相加, 所得的式子為 $h_2(a,b,c,d)$, 將變數 $a,b$ 與 $c,d$ 合併在一起。 例: $$\sum\limits_{i+j=n\atop i,j\ge 0} h_i(a_1,a_2)\cdot h_j(a_3,a_4,a_5)=h_n(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)$$ 取 $a_1=\alpha$, $a_2=\beta$, $a_3=a$, $a_4=b$, $a_5=c$, 得 $$h_n(\alpha,\beta,a,b,c)=\sum\limits_{i+j=n\atop i,j\ge 0} h_i(\alpha,\beta)\cdot h_j(a,b,c)=\sum_{i=0}^n h_i(\alpha,\beta)\cdot h_{n-i}(a,b,c).$$
2. $h-L$ 轉換公式: $h_k(a_1,a_2,\ldots,a_n)=L_{k+n-1}(a_1,a_2,\ldots,a_n)$ (參考資料 例: 當 $n=5$ 時, 得 $h_k(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)=L_{k+4}(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)$, 取 $a_1=\alpha$, $a_2=\beta$, $a_3=a$, $a_4=b$, $a_5=c$, 得 $h_k(\alpha,\beta,a,b,c)=L_{k+4}(\alpha,\beta,a,b,c)\,$ 。 二、主要工作(一) F$-$P卷積恆等式: $\sum\limits_{k=0}^n F_{k+1}\cdot P_{n-k-2}=F_{n+3}-P_{n+2}$ 設 $x^2-x-1=0$ 的兩根為 $\alpha$ 與 $\beta$, 且 $x^3-x-1=0$ 的三根為 $a,b,c\,$。
(二)更進一步的結果: $\sum\limits_{i=0}^n F_i\cdot P_{n-i}=F_{n+3}-P_{n+3}$ 就 $\sum\limits_{k=0}^n F_{k+1}\cdot P_{n-k-2}=F_{n+3}-P_{n+2}$ 而言, 形式已算簡潔, 但仍有可以改進的空間: \begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^n F_{k+1}\cdot P_{n-k-2}&=&\sum\limits_{k+1=1}^{n+1} F_{k+1}\cdot P_{n-1-(k+1)}\\ &=&\sum\limits_{k+1={\color{red} {0}}}^{n+1} F_{k+1}\cdot P_{n-1-(k+1)}\qquad (\because\ F_0=F_2-F_1=1-1=0)\\ &=&\sum_{i=0}^{n+1}F_i\cdot P_{n-1-i}\hskip 2.5cm (\hbox{令}\ k+1=i)\\ &=&\sum_{i=0}^{n-1} F_i\cdot P_{(n-1)-i}+F_n\cdot P_{(n-1)-n}+F_{n+1}\cdot P_{(n-1)-(n+1)}\\ &=&\sum_{i=0}^{n-1}F_i\cdot P_{(n-1)-i}+F_n\cdot P_{-1}+F_{n+1}\cdot P_{-2}\\ &=&\sum_{i=0}^{n-1}F_i\cdot P_{(n-1)-i}+F_{n+1}\qquad (\because\ P_{-1}=0\ \hbox{且}\ P_{-2}=1)\\ {\hbox{由}} &&\sum_{k=0}^n F_{k+1}\cdot P_{n-k-2}=F_{n+3}-P_{n+2}\\ &\Rightarrow&\sum_{i=0}^{n-1}F_i\cdot P_{(n-1)-i}+F_{n+1}=F_{n+3}-P_{n+2}\\ &\Rightarrow&\sum_{i=0}^{n-1}F_i\cdot P_{n-1-i}=F_{n+3}-P_{n+2}-F_{n+1}=F_{n+2}-P_{n+2}\\ \end{eqnarray*} 將 $n$ 代換成 $n+1$, 得 \begin{equation} \sum_{i=0}^{(n+1)-1}F_i\cdot P_{(n+1)-1-i}=F_{(n+1)+2}-P_{(n+1)+2}\Rightarrow \sum_{i=0}^n F_i\cdot P_{n-i}=F_{n+3}-P_{n+3}\label{2} \end{equation} 至此, 得到一個形式更對稱美觀的 $F-P$ 卷積恆等式。 三、相關文獻比較
在探索工作告一段落之後, 作相關文獻搜尋, 得知 Capponi, A., Farina, A., Pilotto, C.
在 Expressing stochastic filters via number sequences 一文 (參考資料 以本文的記號而言, 此結果相當於 \begin{equation} F_n=P_{n-3}+\sum_{i+j=n\atop i,j\ge 0,i\not=\{0,1\}} F_{i-3}\cdot P_j\label{3} \end{equation} 也呈現了 F$-$P 卷積的一種表達式。 那麼, 式子 \eqref{3} 和本文所得的式子 \eqref{2} 的關係為何? 筆者對 \eqref{3} 式研究如下: \begin{eqnarray*} &&\hskip -15pt \hbox{由}\quad F_n=P_{n-3}+\sum_{i+j=n\atop i,j\ge 0,i\not=\{0,1\}} F_{i-3}\cdot P_j\\ &\Rightarrow&F_n=P_n-P_{n-2}+\sum_{i+j=n\atop i,j\ge 0,i\not=\{0,1\}} F_{i-3}\cdot P_j \quad (\because\ P_n=P_{n-2}+P_{n-3})\\ &\Rightarrow&F_n=P_n-P_{n-2}+\sum_{i+j=n\atop i,j\ge 0,i\not=\{0,1,2\}} F_{i-3}\cdot P_j +F_{-1}\cdot P_{n-2}\quad (\hbox{最右項為}\ i=2,j=n-2)\\ &\Rightarrow&F_n=P_n+\sum_{i+j=n\atop i,j\ge 0,i\not=\{0,1,2\}} F_{i-3}\cdot P_j \quad (\because\ F_{-1}=F_1-F_0=1-0=1)\\ &\Rightarrow&F_n-P_n=\sum_{(i-3)+j=n-3\atop i-3\ge -3,j\ge 0,i-3\not=\{-3,-2,-1\}} F_{i-3}\cdot P_j \\ &\Rightarrow&F_n-P_n=\sum_{k+j=n-3\atop k\ge -3,j\ge 0,k\not=\{-3,-2,-1\}} F_{k}\cdot P_j =\sum_{k+j=n-3\atop k\ge 0,j\ge 0} F_{k}\cdot P_j \quad (\hbox{令}\ i-3=k)\\ {\hbox{將 $n$ 用 $n+3$ 代入, 得}} &&F_{n+3}-P_{n+3}=\sum_{k+j=n\atop k\ge 0,j\ge 0} F_k\cdot P_j=\sum_{k=0}^n F_k\cdot P_{n-k} \end{eqnarray*} 至此, 證明了 \eqref{3} 式其實和 \eqref{2} 式是等價的, 但就形式而言, \eqref{2} 式更為對稱。 參、結語
文章題為「Fibonacci 與 Padovan 的對話」, 對話所用的「語言」是「完全齊次對稱多項式」, 所得的結果為
$\sum\limits_{i=0}^n F_i\cdot P_{n-i}=F_{n+3}-P_{n+3}\,$。
相對地, 參考資料
在「Fibonacci 與 Padovan的對話(上)(下)」這兩篇文章中, 筆者提出並證明了「F$-$P卷積恆等式」:
$\sum\limits_{i=0}^n F_i\cdot P_{n-i}=F_{n+3}-P_{n+3}$;
而在相關文獻比較中, 筆者證明了參考資料 最後, 就筆者的認知, $$\sum\limits_{i=0}^n F_i\cdot P_{n-i}=F_{n+3}-P_{n+3}$$ 此一恆等式的提出, 以及用「完全齊次對稱多項式」加以證明的手法, 皆為本人的原創性結果, 尚祈讀者諸君不吝予以批評指教。 參考資料---本文作者任教台北市立第一女子高級中學--- |