一、前言

在數學傳播季刊 173 期的 固定值 文中, 作者張進安老師觀察並研究了 $\dfrac 1{89}$ 的小數表達式後, 他預測並證明了底下的結果：

\begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{F_n}{10^n}=\frac{10}{89},\label{1} \end{align}

其中 $F_n$ 表示費氏數列的第 $n$ 項。 作者是引用網頁 固定值 中 Robert Miner 所介紹的矩陣方法證明 \eqref{1} 式, 隨後作者也進行一些延伸探討, 並預測 \eqref{1} 式可推廣為

\begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{F_n}{10^{kn}} =\frac{10^k}{10^{2k}-10^k-1}.\label{2} \end{align}

在 固定值 文最後, 作者提出一個問題供讀者思考, 該問題之所以會出現, 是因為作者先在上式中令 $k=\log\, r$ 得

\begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{F_n}{r^n} =\frac r{r^2-r-1},\label{3} \end{align}

(此處寫法略異, 原寫法筆誤), 接著作者提到他在上式中令 $r=-2$ 與 $r=-3$, 發現級數的收斂是正確的, 但上述 $r$ 的兩負值卻違反 $k=\log\, r$ 式中真數為正數(即 $r\gt0$) 的條件, 於是邀請讀者一起來探究此處的問題出在哪裡。

在 固定值 文刊出後不久, 張鎮華教授撰寫 固定值 文作出回應, 並在 固定值 文最後說明寫法與 \eqref{3} 的左式很接近的級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{F_n}{r^{n+1}}$ 收斂的充要條件是 $|r|\gt\dfrac{1+\sqrt{5}}2$, 且收斂的結果如下所示：

\begin{align} \sum_{n=0}^\infty \frac{F_n}{r^{n+1}} =\frac 1{r^2-r-1}.\label{4} \end{align}

我們可對上式等號兩邊同乘 $r$, 得到

\begin{align} \sum_{n=0}^\infty \frac{F_n}{r^n} =\frac r{r^2-r-1},\label{5} \end{align}

又上式中有 $F_0=0$ 的條件, 將 $F_0=0$ 代入上式後即得 \eqref{3} 式, 而 \eqref{3} 式可看成是將 \eqref{1} 式一般化之後的結果。 注意在 固定值 文最後作者所取的 $r=-2$ 與 $r=-3$ 皆滿足 $|r|\gt\dfrac{1+\sqrt{5}}2$ 的條件, 故按照 固定值 文的結論可知當 $r=-2,-3$ 時 \eqref{4} 式成立, 從而 \eqref{5} 式與 \eqref{3} 式成立。 至此, 我們就知道 固定值 文最後取 $r=-2,-3$ 會違反 $k=\log\,r$ 真數為正的條件, 是因為 固定值 文作者先預測了 \eqref{2} 式再令 $k=\log\,r$ 來得到 \eqref{3} 式, 這使得 \eqref{3} 式中的 $r$ 值受到 $r\gt0$ 之條件所限制。 要避免此問題, 我們應採 固定值 文作者的想法先證明 \eqref{4} 式以得到 \eqref{5} 式與 \eqref{3} 式, 這樣一來 \eqref{3} 式中的 $r$ 值便不會受到 $r\gt0$ 之條件所限制。

在 固定值 文刊出後不久, 許閎揚老師也透過 固定值 文寫下對 固定值 文的回應。 許老師在 固定值 文中運用微積分的知識證明了無窮級數 $\sum\limits_{n=0}^\infty F_n x^n$ 收斂的充要條件是下式成立：

\begin{align} -\frac{\sqrt{5}-1}2\lt x\lt\frac{\sqrt{5}-1}2,\label{6} \end{align}

且級數收斂的結果為

\begin{align} \sum_{n=0}^\infty F_n x^n=\frac x{1-x-x^2}.\label{7} \end{align}

證明上述結果後, 許老師馬上透過對 $\sum\limits_{n=0}^\infty F_n x^n$ 與 \eqref{6} 式令 $x=\dfrac 1r$, 其中 $x\not= 0$, 藉此推論得 $\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{F_n}{r^n}$ 收斂的充要條件是 $|r|\gt\dfrac{1+\sqrt{5}}2$, 而收斂的結果如 \eqref{5} 式所示。

拜讀過 固定值, 固定值, 固定值 這三篇精彩的文章後, 筆者發現自己對 固定值 文中利用 Robert Miner 的矩陣方法證明 \eqref{1} 式的過程感到相當有興趣, 也發現 固定值, 固定值 兩篇大作中並未就 固定值 文這部分的內容加以延伸探討。 因此筆者便試著仿照 固定值 文所介紹的方式, 利用 固定值 文中 Robert Miner 所介紹的矩陣方法進行推論, 最後成功證明在 \eqref{6} 式的條件下會有底下冪級數收斂的結果：

\begin{align} \sum_{n=1}^\infty F_n x^n =\frac x{1-x-x^2},\label{8} \end{align}

而筆者將在底下的第二節中介紹上述證明。 除此之外, 注意固定值文中證明 \eqref{1} 式的方式是仿照 固定值 文的方法先令 $A=\left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ \frac 1{100}&~&\frac 1{10}\end{array}\right]$, 接著寫下一段比 固定值 文更清楚的推導過程證明 \eqref{1} 式成立。 與 固定值 文相同的是, 固定值 文在證明 \eqref{1} 式成立的推論過程中也使用了

\begin{align} I+A+\cdots+A^n+\cdots=(I-A)^{-1}\label{9} \end{align}

這個極限式。 在 固定值 文中, 作者提到只要透過對上述矩陣 $A$ 進行對角化即可證明 \eqref{9} 式成立, 但並未寫下細節。 在本文第三節中, 筆者將會先令 $A=\left[\begin{array}{ccc} 0&~&1\\x^2&~&x\end{array}\right]$, 接著將在 \eqref{6} 式的條件下證明 \eqref{9} 式成立, 藉此介紹更一般的結果。

二、Robert Miner矩陣解法的推廣

在 固定值 文中, 作者使用 固定值 文 Robert Miner 的矩陣解法, 先令 $A=\left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ \frac 1{100}&~&\frac 1{10}\end{array}\right]$ 並利用 \eqref{9} 式推得 \eqref{1} 式的結果； 在另一段的內容中, 作者也說明若改以 $A=\left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ \frac 1{4}&~&\frac 1{2}\end{array}\right]$ 進行同樣操作的話, 則可證明

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{F_n}{2^n} =2.$$

得知上述兩個使用矩陣的推論方式後, 筆者觀察並仿照上述兩個矩陣 $A$ 的取法, 考慮取一般化的矩陣 $A$ 如下：

\begin{align} A=\left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ x^2&~&x\end{array}\right], \label{10} \end{align}

其中 $x$ 為實數, 接著我們可以使用類似的手法證明 \eqref{8} 式成立, 其中第一件事是要確定在怎樣的 $x$ 值範圍內下式矩陣的無窮級數和會收斂：

\begin{align} I+A+A^2+\cdots+A^n+\cdots. \label{11} \end{align}

在找出使上式收斂的 $x$ 值範圍後, 我們可在此 $x$ 值範圍內求出 \eqref{11} 式的無窮級數和所收斂到的矩陣, 藉此求得 \eqref{8} 式中 $\sum_{n=1}^\infty F_n x^n$ 的表達式。 可預期的是所求得使 \eqref{11} 式收斂的 $x$ 值範圍應會與 \eqref{6} 式相同, 但此處我們該如何證明這件事呢？ 底下將介紹此問題的答案。

注意當 $x=0$ 時 $\sum_{n=1}^\infty F_n x^n$ 收斂, 因此接下來我們暫時只看 $x\not= 0$ 的情形。 首先計算 \eqref{10} 式中矩陣 $A$ 的固有值, 該固有值為

$$\left|\begin{array}{ccc} -t&&1\\ x^2&&x-t\end{array}\right|=t^2-xt-x^2=0$$

的兩根, 即

$$\frac{x\pm \sqrt{5} |x|}2.$$

不難看出, 無論 $x$ 之值取為正數或負數, 上述矩陣 $A$ 的兩固有值皆可表為

$$\frac{(\sqrt{5}+1)x}2,\quad -\frac{(\sqrt{5}-1)x}2,$$

因此對於矩陣 $A$ 的兩固有值, 我們可令

$$\lambda_1=\frac{(\sqrt{5}+1)x}2,\qquad \lambda_2=-\frac{(\sqrt{5}-1)x}2.$$

此時可先計算得 $\lambda_1-\lambda_2=\sqrt{5} x$, 因此在 $x\not=0$ 的條件限制下可知 $\lambda_1\not= \lambda_2$； 另一方面, 注意 $\lambda_1,\lambda_2$ 兩數滿足

\begin{align} \lambda_1+\lambda_2=\,&x,\label{12}\\ \lambda_1 \lambda_2=\,&-x^2,\label{13} \end{align}

因此 \eqref{10} 式中的矩陣 $A$ 可表為

\begin{align} A=\left[\begin{array}{ccc} 0&~&1\\ -\lambda_1 \lambda_2&&\lambda_1+\lambda_2 \end{array}\right].\label{14} \end{align}

令與固有值 $\lambda_1,\lambda_2$ 對應的固有向量分別為 $v_1,v_2$, 透過紙筆計算, 我們知道 $v_1,v_2$ 可取為

$$v_1=\left[\begin{array}{c}1\\ \lambda_1 \end{array}\right],\qquad v_2=\left[\begin{array}{c}1\\ \lambda_2\end{array}\right].$$

我們以上述 $v_1,v_2$ 作為一個 $2\times 2$ 矩陣 $P$ 的行向量, 即令

\begin{align} P=\left[\begin{array}{ccc} v_1&~~&v_2 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1&~~&1\\ \lambda_1&&\lambda_2\end{array}\right],\label{15} \end{align}

則可計算得 $P$ 的反矩陣 $P^{-1}$ 如下：

\begin{align} P^{-1}=\frac 1{\lambda_2-\lambda_1} \left[\begin{array}{ccc}\lambda_2&~&-1\\ -\lambda_1&&1\end{array}\right],\label{16} \end{align}

其中 $\lambda_1\not= \lambda_2$。 此時不妨回憶一下我們在線性代數課程中學到的知識, 利用 \eqref{14}, \eqref{15}, \eqref{16} 三式中矩陣 $A,P,P^{-1}$ 的表達式計算 $P^{-1} AP$ 之後, 可得一對角矩陣 $D$ 如下：

\begin{align} P^{-1} AP=D=\left[\begin{array}{ccc}\lambda_1&~&0\\ 0&~&\lambda_2\end{array}\right].\label{17} \end{align}

上述對角矩陣 $D$ 之主對角線上的兩元恰好是 $A$ 的兩固有值 $\lambda_1,\lambda_2$, 這樣的結果並不是巧合, 而是在線性代數理論中必然的結果。 若要進一步說明 \eqref{17} 式的由來, 我們可以先令矩陣 $D$ 的表達式如 \eqref{17} 式的右半邊所示, 接著利用 $Av_1=\lambda_1v_1$, $Av_2=\lambda_2v_2$ 的條件搭配 \eqref{15} 式寫下

\begin{align} AP=A\left[\begin{array}{ccc}v_1&~&v_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}Av_1&~&Av_2 \end{array}\right] =\left[\begin{array}{ccc}\lambda_1 v_1&~&\lambda_2v_2\end{array}\right]= \left[\begin{array}{ccc}v_1&~&v_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}\lambda_1&~&0\\ 0&&\lambda_2\end{array}\right]=PD.\label{18} \end{align}

取上式的頭尾並同時左乘 $P^{-1}$, 即可確定 \eqref{17} 式左半邊的等式成立。

接下來, 我們準備求出使 \eqref{11} 式矩陣 $A$ 之無窮級數和收斂的 $x$ 值範圍, 其中矩陣 $A$ 的表達式與 $x$ 的關係請參考 \eqref{10} 式。 注意對於任意正整數 $k$, 由於 \eqref{17} 式中的矩陣 $D$ 滿足

$$D^k=\underbrace{(P^{-1} AP)(P^{-1} AP)\cdots (P^{-1} AP)}_{\hbox{共 $k$ 個 $P^{-1} AP$}}=P^{-1} A^k P,$$

因此得

\begin{align} A^k=PD^k P^{-1}=P\left[\begin{array}{ccc} {\lambda_1}^k&~&0\\ 0&&{\lambda_2}^k\end{array}\right] P^{-1}. \label{19} \end{align}

利用上式與 \eqref{17} 式, 我們可寫出 \eqref{11} 式無窮級數之部分和的表達式如下：

\begin{align} &\hskip -20pt I+A+A^2+\cdots+A^n\nonumber\\ =\,&PIP^{-1}+PDP^{-1}+PD^2 P^{-1}+\cdots+PD^n P^{-1}\nonumber\\ =\,&P(I+D+D^2+\cdots+D^n ) P^{-1}\nonumber\\ =\,&P\left(\left[\begin{array}{ccc}1&~&0\\ 0&&1\end{array}\right]\!+\!\left[\begin{array}{ccc}\lambda_1&&0\\ 0&&\lambda_2\end{array}\right]\!+\!\left[\begin{array}{ccc} {\lambda_1}^2&&0\\ 0&&{\lambda_2}^2\end{array}\right]\!+\!\cdots\!+\!\left[\begin{array}{ccc} {\lambda_1}^n&&0\\ 0&&{\lambda_2}^n\end{array}\right]\right) P^{-1}\nonumber\\ =\,&P\left[\begin{array}{ccc}1+\lambda_1+{\lambda_1}^2+\cdots+{\lambda_1}^n&&0\\ 0&&1+\lambda_2+{\lambda_2}^2+\cdots+{\lambda_2}^n\end{array}\right] P^{-1}.\label{20} \end{align}

觀察上式後, 我們考慮證明底下的定理：

定理1： 已知 $2\times 2$ 實矩陣 $A$ 為可對角化矩陣, 且其固有值為兩實數 $\lambda_1,\lambda_2$, 則矩陣 $A$ 的無窮級數 $I+A+A^2+\cdots+A^n+\cdots $ 收斂的充要條件是 $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2|\lt1$。

證明： 依定理 1 的前提知存在 $2\times 2$ 可逆矩陣 $P$ 與對角矩陣 $D$ 使 \eqref{17} 式成立, 接下來同理可推得 \eqref{19} 式與 \eqref{20} 式成立。 取 \eqref{20} 式的頭尾, 可得

\begin{align} I+A+A^2+\cdots+A^n=P\left[\begin{array}{cc} 1+\lambda_1+\cdots+{\lambda_1}^n&0\\ 0&1+\lambda_2+\cdots+{\lambda_2}^n\end{array}\right] P^{-1}, \label{21} \end{align}

再利用上式寫下

$$ \left[\begin{array}{ccc} 1+\lambda_1+\cdots+{\lambda_1}^n&&0\\ 0&&1+\lambda_2+\cdots+{\lambda_2}^n\end{array}\right]=P^{-1} (I+A+A^2+\cdots+A^n )P,$$

分別對以上兩式令 $n$ 趨近於無窮大, 即可確定 $I+A+A^2+\cdots+A^n+\cdots$ 收斂的充要條件是 $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2 |\lt1$, 至此定理 1 證明完畢。

證明定理 1 之後, 在 $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2 |\lt1$ 的條件下, 我們可先利用等比級數的求和公式改寫 \eqref{21} 式再令 $n$ 趨近於無窮大, 得到

\begin{align} &\hskip -20pt I\!+\!A\!+\!A^2\!+\!\cdots\!+\!A^n\!+\!\cdots\nonumber\\ =\,&P\left[\begin{array}{ccc} \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1-{\lambda_1}^{n+1}}{1-\lambda_1}&0\\ 0&\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1-{\lambda_2}^{n+1}}{1-\lambda_2}\end{array}\right]P^{-1} \!=\! P\left[\begin{array}{ccc}\dfrac 1{1-\lambda_1}&~~&0\\ 0&&\dfrac 1{1-\lambda_2}\end{array}\right]P^{-1},\label{22} \end{align}

取上式的頭尾再將 \eqref{15}, \eqref{16} 兩式中 $P,P^{-1}$ 的表達式代入, 可計算得

\begin{align*} I\!+\!A\!+\!A^2\!+\!\cdots\!+\!A^n\!+\!\cdots\!=\,&\frac{-1}{\lambda_1-\lambda_2} \left[\begin{array}{ccc}1&~&1\\ \lambda_1&&\lambda_2\end{array}\right] \left[\begin{array}{ccc} \dfrac 1{1-\lambda_1}&~&0\\ 0&&\dfrac 1{1-\lambda_2}\end{array}\right] \left[\begin{array}{ccc} \lambda_2&~&-1\\ -\lambda_1&&1\end{array}\right]\\ =\,&\frac{-1}{\lambda_1-\lambda_2} \left[\begin{array}{ccc}\dfrac{\lambda_2}{1-\lambda_1}-\dfrac{\lambda_1}{1-\lambda_2}&&\dfrac{-1}{1-\lambda_1}+\dfrac 1{1-\lambda_2}\\ \dfrac{\lambda_1 \lambda_2}{1-\lambda_1}-\dfrac{\lambda_1 \lambda_2}{1-\lambda_2}&~~&\dfrac{-\lambda_1}{1-\lambda_1}+\dfrac{\lambda_2} {1-\lambda_2}\end{array}\right]. \end{align*}

接著利用 \eqref{12}, \eqref{13} 兩式的條件, 將上式的結果繼續化簡如下：

\begin{align} &\hskip -20pt I\!+\!A\!+\!A^2\!+\!\cdots\!+\!A^n\!+\!\cdots\nonumber\\ =\,&\dfrac{-1}{\lambda_1-\lambda_2} \left[\begin{array}{ccc}\dfrac{({\lambda_1}^2-{\lambda_2}^2 )-(\lambda_1-\lambda_2 )}{(1-\lambda_1 )(1-\lambda_2 )}&& \dfrac{\lambda_2-\lambda_1}{(1-\lambda_1 )(1-\lambda_2 )}\\ \dfrac{\lambda_1 \lambda_2 (\lambda_1-\lambda_2 )}{(1-\lambda_1 )(1-\lambda_2 )} &&\dfrac{\lambda_2-\lambda_1}{(1-\lambda_1 )(1-\lambda_2 )}\end{array}\right]\nonumber\\ =\,&\left[\begin{array}{ccc}\dfrac{1\!-\!(\lambda_1+\lambda_2 )}{1\!-\!(\lambda_1+\lambda_2 )+\lambda_1 \lambda_2 }&& \dfrac 1{1\!-\!(\lambda_1+\lambda_2 )+\lambda_1 \lambda_2}\\ \dfrac{\!-\!\lambda_1 \lambda_2}{1\!-\!(\lambda_1+\lambda_2 )+\lambda_1 \lambda_2 }&&\dfrac 1{1\!-\!(\lambda_1+\lambda_2 )+\lambda_1 \lambda_2}\end{array}\right] \!=\!\left[\begin{array}{ccc}\dfrac{1\!-\!x}{1\!-\!x\!-\!x^2}&&\dfrac 1{1\!-\!x\!-\!x^2}\\ \dfrac{x^2}{1\!-\!x\!-\!x^2}&&\dfrac 1{1\!-\!x\!-\!x^2}\end{array}\right].\label{23} \end{align}

有了上式之後, 我們即可以 \eqref{10} 式的矩陣 $A$ 模仿 固定值 文所用的矩陣方法進行計算。 首先令 $2\times 1$ 矩陣 $u_k$ 滿足

$$u_k=\left[\begin{array}{ccc}F_k x^k\\ F_{k+1} x^{k+1} \end{array}\right],$$

因此有 $u_1=\left[\begin{array}{c}F_1 x\\ F_2 x^2 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}x\\ x^2\end{array}\right]$, 且有

$$Au_k=\left[\begin{array}{ccc}0&&1\\ x^2&&x\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}F_k x^k\\ F_{k+1} x^{k+1}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}F_{k+1} x^{k+1}\\ (F_k+F_{k+1} ) x^{k+2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}F_{k+1} x^{k+1}\\ F_{k+2} x^{k+2} \end{array}\right]=u_{k+1},$$

其中 $k\ge 1$。 上述推論結果告訴我們對於滿足 $n\ge 2$ 的正整數 $n$, 將有

$$u_n=Au_{n-1}=A(Au_{n-2} )=A^2 u_{n-2}=\cdots=A^{n-1} u_1,$$

利用上式的條件, 可推得

$$u_1+u_2+\cdots+u_n=Iu_1+Au_1+\cdots+A^{n-1} u_1=(I+A+\cdots+A^{n-1} ) u_1.$$

在上式中令 $n$ 趨近於無窮大, 因為有 \eqref{23} 式收斂的結果, 我們可寫下

\begin{align*} u_1+u_2+\cdots+u_n+\cdots =\,&\left[\lim_{n\to\infty} (I+A+\cdots+A^{n-1})\right] u_1\\ =\,&(I+A+A^2+\cdots+A^n+\cdots ) u_1, \end{align*}

此時即可利用本段開頭處 $u_k$ 的表達式搭配上式與 \eqref{23} 式寫下

\begin{align*} \left[\begin{array}{c}\sum\limits_{n=1}^\infty F_n x^n \\ \sum\limits_{n=1}^\infty F_{n+1} x^{n+1}\end{array}\right]=\,&\left[\begin{array}{c}F_1 x\\ F_2 x^2 \end{array}\right]+\left[\begin{array}{ccc}F_2 x^2\\ F_3 x^3 \end{array}\right]+\cdots+\left[\begin{array}{ccc}F_n x^n\\ F_{n+1} x^{n+1}\end{array}\right]+\cdots \\ =\,&u_1+u_2+\cdots+u_n+\cdots =(I+A+A^2+\cdots+A^n+\cdots ) u_1\\ =\,&\left[\begin{array}{ccc}\dfrac{1-x}{1-x-x^2}&&\dfrac 1{1-x-x^2}\\ \dfrac{x^2}{1-x-x^2}&&\dfrac 1{1-x-x^2}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ x^2 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} \dfrac x{1-x-x^2}\\ \dfrac{x^3+x^2}{1-x-x^2}\end{array}\right]. \end{align*}

推得上式之後, 即確定有

\begin{align} \sum_{n=1}^\infty F_n x^n =\frac x{1-x-x^2}.\label{24} \end{align}

注意從 \eqref{12} 式上方矩陣 $A$ 固有值的計算開始至上式為止的討論過程中, $x$ 值都受到 $x\not= 0$ 之條件所限制, 這是因為在 \eqref{12} 式上方已先聲明暫時會在 $x\not= 0$ 的條件下進行討論。 雖然如此, 但此處我們可看出當 $x=0$ 時 \eqref{24} 式亦成立。

回顧上述討論過程, 可發現我們是先證明定理 1, 接著在 $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2 |\lt1$ 的條件下利用 \eqref{22} 式推得 \eqref{23} 式, 最後再求得 \eqref{24} 式。 注意 \eqref{24} 式與 \eqref{8} 式完全相同, 而 固定值 文定理 1 已說明在 \eqref{6} 式成立的條件下 \eqref{7} 式成立, 故 \eqref{8} 式成立。 因此一個很自然的問題是： $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2 |\lt1$ 的條件是否等價於 \eqref{6} 式呢？ 答案是肯定的。 這兩組條件的等價性, 可寫成如下的定理：

定理2： 已知 $x$ 為實數, 而 $\lambda_1,\lambda_2$ 兩數滿足

$$\lambda_1=\frac{(\sqrt{5}+1)x}2,\qquad \lambda_2=-\frac{(\sqrt{5}-1)x}2$$

(同 \eqref{12} 式上方 $\lambda_1,\lambda_2$ 的表達式), 則 $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2 |\lt1$ 的充要條件是 \eqref{6} 式成立。

證明： 注意 $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2 |\lt1$ 的條件等同於

$$\left|\frac{(\sqrt{5}+1)x}2\right|\lt1\quad \hbox{且}\quad \left|-\frac{(\sqrt{5}-1)x}2\right|\lt1,$$

由於 $\dfrac 2{\sqrt{5}+1}=\dfrac{\sqrt{5}-1}2$, $\dfrac 2{\sqrt{5}-1}=\dfrac{\sqrt{5}+1}2$, 因此上述條件等價於

$$|x|\lt\frac{\sqrt{5}-1}2\quad\hbox{且}\quad |x|\lt\frac{\sqrt{5}+1}2,$$

即等價於 $|x|\lt\dfrac{\sqrt{5}-1}2$, 或寫成

$$-\frac{\sqrt{5}-1}2\lt x\lt\frac{\sqrt{5}-1}2.$$

注意上式即為 \eqref{6} 式, 因此知 $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2 |\lt1$ 的條件與 \eqref{6} 式等價, 或者說 $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2 |\lt1$ 的充要條件是 \eqref{6} 式成立, 至此定理 2 證明完畢。

證明了定理 2 之後, 我們知道當 \eqref{6} 式成立時, 可先令 $x$ 為非零實數以符合 \eqref{12} 式上方「暫時只看 $x\not= 0$ 的情形」 之聲明, 接著利用定理 2 推得 $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2 |\lt1$ 的條件, 再利用定理 1 推得矩陣的無窮等比級數和

$$I+A+A^2+\cdots+A^n+\cdots$$

收斂並推得 \eqref{22} 式。 接下來即可從 \eqref{22} 式出發, 先推得 \eqref{23} 式再推得 \eqref{24} 式, 其中 $x\not= 0$。 最後由於 $x=0$ 時 \eqref{24} 式亦成立, 補上此情況後, 我們就知道若實數 $x$ 滿足 \eqref{6} 式的條件則 \eqref{24} 式成立, 故 \eqref{8} 式與 \eqref{7} 式成立。

本節最後, 若將上面證明 \eqref{24} 式的過程拿來與 固定值 文證明 $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{F_n}{10^n} =\frac{10}{89}$ 的過程作比較, 可發現兩者雖然都使用了 Robert Miner 的矩陣手法, 但其中的差別在於 固定值 文直接使用了 \eqref{9} 式的條件, 而本節內容對於 \eqref{24} 式的推論過程則並未使用 \eqref{9} 式。 在下一節的內容中, 筆者將證明在 \eqref{6} 式成立的條件下 \eqref{10} 式的矩陣 $A$ 滿足 \eqref{9} 式。

三、一個證明的補充

如同上一節的最後一段所預告, 本節內容將證明在 \eqref{6} 式成立的條件下 \eqref{10} 式的矩陣 $A$ 滿足 \eqref{9} 式, 即滿足 $I+A+\cdots+A^n+\cdots =(I-A)^{-1}$, 證明如下：

證明： 若 \eqref{6} 式成立, 且矩陣 $A$ 的表達式如 \eqref{10} 式所示, 則可先利用定理 2 確定 $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2 |\lt1 $, 故 $1-\lambda_1,1-\lambda_2$ 皆不等於 0。 接著回顧 \eqref{19} 式並對其頭尾取 $k=1$, 可得

$$A=P\left[\begin{array}{ccc}\lambda_1&&0\\ 0&&\lambda_2 \end{array}\right] P^{-1},$$

因此有

\begin{align*} I-A=\,&PIP^{-1}-P\left[\begin{array}{ccc}\lambda_1&&0\\ 0&&\lambda_2 \end{array}\right] P^{-1}=P\left(I-\left[\begin{array}{ccc}\lambda_1&&0\\ 0&&\lambda_2\end{array}\right]\right) P^{-1}\\ =\,&P\left[\begin{array}{cc}1-\lambda_1&0\\ 0&1-\lambda_2 \end{array}\right]P^{-1}. \end{align*}

取矩陣 $B$ 滿足

$$B=P\left[\begin{array}{cc} \frac 1{1-\lambda_1}&0\\ 0&\frac 1{1-\lambda_2}\end{array}\right] P^{-1},$$

則可計算得

$$(I-A)B=P\left[\begin{array}{cc} 1-\lambda_1&0\\ 0&1-\lambda_2 \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc} \frac 1{1-\lambda_1}&0\\ 0&\frac 1{1-\lambda_2}\end{array}\right] P^{-1}=PIP^{-1}=I,$$

故 $I-A$ 是可逆矩陣, 其反矩陣為 $B$。 此時, 利用 \eqref{19} 式的條件可推論得

\begin{align*} (I\!+\!A\!+\!\cdots\!+\!A^n )(I\!-\!A)=\,&(I\!+\!A\!+\!\cdots\!+\!A^n )\!-\!(A\!+\!A^2\!+\!\cdots\!+\!A^{n+1} )=I\!-\!A^{n+1}\\ =\,&PIP^{-1}\!-\!P\left[\begin{array}{cc}\lambda_1&0\\ 0&\lambda_2 \end{array}\right]^{n+1} \!P^{-1}\!=\!P\left(I\!-\!\left[\begin{array}{cc}\lambda_1&0\\ 0&\lambda_2\end{array}\right]^{n+1}\right)\! P^{-1}\\ =\,&P\left[\begin{array}{cc}1-{\lambda_1}^{n+1}&0\\ 0&1-{\lambda_2}^{n+1}\end{array}\right] P^{-1}. \end{align*}

由於在上一段討論的開頭處已說明此時有 $|\lambda_1 |\lt1$ 且 $|\lambda_2 |\lt1$ 的條件, 因此取上式的頭尾並令 $n$ 趨近於無窮大後可得

$$(I+A+\cdots+A^n+\cdots )(I-A)=P\left[\begin{array}{ccc}1&~~&0\\ 0&&1\end{array}\right] P^{-1}=PIP^{-1}=I.$$

取上式的頭尾並同時右乘 $I-A$ 的反矩陣, 即得

$$I+A+\cdots+A^n+\cdots =(I-A)^{-1},$$

至此可知在 \eqref{6} 式成立的條件下 \eqref{10} 式的矩陣 $A$ 滿足 \eqref{9} 式, 證明完畢。

注意 固定值 文所介紹的兩個以 Robert Miner 矩陣手法進行推論的過程分別是對 \eqref{10} 式的矩陣 $A$ 取 $x=\frac 1{10}$ 與 $x=\frac 12$ 後利用 \eqref{9} 式進行推論的過程, 由於兩者所取的 $x=\frac 1{10}$ 與 $x=\frac 12$ 皆滿足 \eqref{6} 式的條件, 因此透過上述證明的結論可知當 $x=\frac 1{10}$, $\frac 12$ 時 \eqref{9} 式均成立, 故 固定值 文中以 Robert Miner 的矩陣手法利用 \eqref{9} 式完成的兩個推論過程是沒有問題的。

四、結語

本文只是簡單的心得分享, 當初在拜讀 固定值 文過後, 除了對文章的內容感到有興趣以外, 也發現裡面有些地方值得做進一步的探討, 因而促使筆者開始動筆寫作。 幸運的是, 在寫作期間數學傳播又陸續刊登了 固定值, 固定值 這兩篇相關文章, 使筆者有更豐富的文獻資料可參考, 藉此才得以寫下更完整的內容。

本文最後，筆者要感謝 固定值, 固定值, 固定值 文的三位作者, 若沒有他們三位所撰寫的精采文章, 相信也不會有本文的誕生。 此外, 筆者也要特別感謝審稿者提出了許多寶貴的修改建議, 使本文內容得以更臻完善, 其中在 \eqref{12} 式上方透過去絕對值來簡化矩陣 $A$ 兩固有值之表達式、 兩固有值去絕對值後定理 2 證明的簡化、 \eqref{18} 式的補充、 定理 1 敘述的改寫與證明的簡化等工作, 皆有賴於審稿者所提出的建議才得以完成, 再次感謝。

參考文獻

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