Riordan矩阵的一个新应用

李淑香

【摘要】Riordan矩阵在证明和寻找组合恒等式方面的一个新的应用.推广了∑∞k=0n

kr（p+qk）n-k（r-qk）k-1=（r+p）n，并借助Riordan阵导出著名的Gould恒等式：∑nk=srr-qkr-qk

kp+qk

n-k=p+r

n，并且推广了此方法，从而得到两个定理，并能够从另一个角度推出很多熟悉的组合恒等式如∑nk=0nn-kn-k

kn+k

n-k=2n

n 等.

【关键词】Riordan阵;组合恒等式;应用

定理1 设D=（d（t），h（t））是一个Riordan矩阵，f（t）=ψ{fn}，若

f^（h）（t）=[f（t）t=yh-1（t）]=ψ{f^n}，则∑∞k=0dn，kf^k=[tn]d（t）f（t）.

（1）

本节内容是在文献研究定理1的应用得出一些组合恒等式.

定理2 设D=（ept，eqt）是一个Riordan矩阵，f（t）=erlt，其中p，q，r，l∈R，则∑∞k=0dn，kf^k=∑∞k=0（p+qk）n-k（n-k）！rl（rl-qk）k-1k！=（p+rl）n！，证明略.

即∑∞k=0n

krl（p+qk）n-k（rl-qk）k-1=（rl+p）n.

（2）

若令l=1则得（2）中的恒等式∑∞k=0n

kr（p+qk）n-k（r-qk）k-1=（r+p）n.

（3）

当l=3，r=3a，p=b+n，q=-1时得Abel恒等式

∑∞k=0n

ka（a+k）k-1（b+n-k）n-k=（a+b+n）n

（4）

当l=3，r=3a，p=b，q=0时得二项式定理∑∞k=0n

kakbn-k=（a+b）n.

（5）

定理3 设D=（ept，eqt）是一个Riordan矩阵，f（t）=tmerlt，其中p，q，r，l，m∈R则∑∞k=mdn，kf^k=（p+rl）n-m（n-m）！.证明略.

故由定理1知：

∑∞k=mdn，kf^k=∑∞k=m（p+qk）n-k（n-k）！rl-qmrl-qk（rl-qk）k-m（k-m）！.

当m=0得公式（2）当m=1，r=0，p=n+1，q=-1，l∈R时，有

∑∞k=1n-1

n-kkk-2（n-k+1）n-k=（n+1）n-1.

（6）

又∵n-1

n-k=knn

k带入（6）得∑∞k=1n

kkk-1（n-k+1）n-k=n（n+1）n-1.

（7）

定理4 设D=（（1+αt）p，（1+αt）q）是一个Riordan矩阵，f（t）=（1+αt）r，其中p，q，r∈R，则∑∞k=0dn，kf^k=rr-qk∑∞k=0p+qk

n-kr-qk

k=p+r

n，证明略.

其中rr-qk∑∞k=0p+qk

n-kr-qk

k=p+r

n 即为Gould恒等式

定理5 设D=（（1+αt）p，（1+βt）q）是一个Riordan矩阵，f（t）=（1+αt）r，其中p，q，r∈R，则

∑∞k=0dn，kf^k=rk∑∞k=0∑k-1l=0∑n-kt=0q-k

n-k-tp

tr-1

k-1-l-qk

lβl

=p+r

nαl.

证明略.特别地当α=β 时即得定理4.

定理6 设D=（（1+αt）p，（1+βt）q）是一个Riordan矩阵，f（t）=（1+βt）s（1+αt）r其中p，q，r，s∈R，则

∑∞k=0dn，kf^k=rk∑∞k=0∑k-1l=0∑n-kt=0q-k

n-k-tp

tr-1

k-1-l

-qk

lβl=p+r

nαl，证明略.