壹、序言：

首先, 本文直接定義 「高斯二項式係數」 (Gaussian Coefficients)：

定義： $\left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q=\dfrac{(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots (q^{n-k+1} -1)} {(q^k-1)(q^{k-1} -1)\cdots (q-1)} $, 其中 $1\le k\le n$, 且 $q\not=1$。

例如： $\left[\begin{array} {c} 4\\ 2 \end{array} \right]_q=\dfrac{(q^4-1)(q^3-1)} {(q^2-1)(q-1)} =(q^2+1)(q^2+q+1)=q^4+q^3+2q^2+q+1$。

可以看出, 在形式與結構上與二項式係數有相似之處。

高斯二項式係數有什麼重要性呢？ 參考資料 介紹了其在組合計數上的背景如下： 設 $GF(q)$ 為 Galois field, 元素個數為 $q$, 且 $V(n,q)$ 為佈於體 $GF(q)$ 的 $n$ 維向量空間, 則 $V(n,q)$ 的 $k$ 維子空間個數, 恰為 $\left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q$。

一方面, 類似於一般的二項式係數, 高斯二項式係數有著如下的遞迴性質： $\left[\begin{array} {c} n\!+\!1\\ k \end{array} \right]_q=\left[\begin{array} {c} n\\ k\!-\!1 \end{array} \right]_q+q^k\cdot \left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q$ 其證明可由直接展開通分而得, 置於附錄。

另一方面, 有所謂的 「完全齊次對稱多項式」 ： $$h_k(a_1,a_2,\ldots,a_n)=\sum_{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n=k\atop \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n\ge 0} (a_1^{\lambda_1} a_2^{\lambda_2} \cdots a_n^{\lambda_n} ),$$ 例如： $$h_2(a_1,a_2,a_3)=\sum_{\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=2\atop \lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\ge 0} (a_1^{\lambda_1} a_2^{\lambda_2} a_3^{\lambda_3} )=a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1.$$ 完全齊次對稱多項式的遞迴結構, 可由 「減元降次遞迴式」 (參考資料 ) 加以刻劃： $$h_{k+1} (a_1,a_2,\ldots,a_n,a_{n+1} )=\underbrace{h_{k+1} (a_1,a_2,\ldots,a_n)} _{\hbox{減元}} + a_{n+1} \cdot \underbrace{h_k (a_1,a_2,\ldots,a_n,a_{n+1} )} _{\hbox{降次}} $$

例： $h_2(a,b,c)=h_2(a,b)+c\cdot h_1(a,b,c)$。

隱約之中, 高斯二項式係數與完全齊次對稱多項式兩者的遞迴結構, 似有一定的關聯性, 事實上, 兩者之間有一個簡潔的關係式： $$\left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q=h_{n-k} (1,q,q^2,\ldots,q^k),\ \hbox{其中} \ 1\le k\le n,\ \hbox{且} \ q\not=1. $$ 此即高斯二項式係數的完全齊次對稱多項式表示法。 在本篇文章中, 將用數學歸納法證明此式。

進一步地, 此關係式有兩個主要應用：

1. 可用於證明關於 「費氏數列相鄰數項乘積」 的一個命題 ： 設 $\alpha$ 與 $\beta$ 為方程式 $x^2-x-1=0$ 的兩根, 則有 $$\frac{F_n\cdot F_{n-1} \cdots F_{n-k+1}} {F_k\cdot F_{k-1} \cdots F_1} =h_{n-k} (\alpha^k,\alpha^{k-1} \beta ,\alpha^{k-2} \beta ^2,\ldots,\alpha^2 \beta ^{k-2} ,\alpha\beta ^{k-1} ,\beta ^k ),\ $$ 其中 $n\ge k\ge 2$。 此式可將費氏數列相鄰數項的乘積, 用完全齊次對稱多項式加以表示。
2. 可用於證明關於 「循環數列」 的一個命題 ： 設 $x^m-1=0$ 的 $m$ 個根為 $1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^{m-1} $, 其中 $$\alpha=\cos\dfrac{2\pi} {m} +i\sin\dfrac{2\pi} {m} ,$$ 且 $m\ge 2$, 則 $$h_n (1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^{m-1} )= \left\{\begin{array} {lcl} 0, &\quad~&\hbox{當 $n$ 不是 $m$ 的倍數} \\[5pt] 1,&&\hbox{當 $n$ 是 $m$ 的倍數} \end{array} \right. \hbox{。} $$ 此為循環數列的完全齊次對稱多項式表示法。

貳、本文：

一、定義、記號、公式與性質：

1. 完全齊次對稱多項式 (Complete Homogeneous Symmetric Polynomial)

定義： $$h_k(a_1,a_2,\ldots,a_n)=\sum_{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n=k\atop \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n\ge 0} (a_1^{\lambda_1} a_2^{\lambda_2} \cdots a_n^{\lambda_n} ),$$ 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, $h_0 (a_1,a_2,\ldots,a_n )=1$, 且 $h_k(a)=a^k$。

例： $$h_2(a_1,a_2,a_3)=\sum_{\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=2\atop \lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\ge 0} (a_1^{\lambda_1} a_2^{\lambda_2} a_3^{\lambda_3} )=a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1.\hskip 20pt ~$$

例： $h_2(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$.

例： $h_3(a,b)=a^3+b^3+a^2b+ab^2$.

性質1： 減元降次遞迴式 $$h_{k+1} (a_1,a_2,\ldots,a_n,a_{n+1} )=\underbrace{h_{k+1} (a_1,a_2,\ldots,a_n)} _{\hbox{減元}} + a_{n+1} \cdot \underbrace{h_k (a_1,a_2,\ldots,a_n,a_{n+1} )} _{\hbox{降次}} $$

例： \begin{eqnarray*} h_2(a,b,c)&=&a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\\ &=&(a^2+b^2+ab)+c\cdot (a+b+c)=h_2(a,b)+c\cdot h_1(a,b,c) \end{eqnarray*} 此為 $n=2$, $k=1$ 的情形, 其中 $a_1=a$, $a_2=b$, $a_3=c$。

說明： 以 $a_{n+1} $ 作分類, 沒有 $a_{n+1} $ 的集成一組, 有 $a_{n+1} $ 的集成另一組, 將 $(n+1)$ 元 $(k+1)$ 次齊次式寫成 $n$ 元 $(k+1)$ 次和 $(n+1)$ 元 $k$ 次齊次式的組合。

性質2：次方乘法的分配律： $r^n\cdot h_n (a_1,a_2,\ldots,a_m )=h_n (a_1 r,a_2 r,\ldots,a_m r)$.

例： \begin{eqnarray*} r^2\cdot h_2 (a,b,c)&=&a^2r^2+b^2r^2+c^2r^2+abr^2+bcr^2+car^2\\ &=&(ar)^2+(br)^2+(cr)^2+(ar)(br)+(br)(cr)+(cr)(ar)\\ &=&h_2(ar,br,cr). \end{eqnarray*}

證明： \begin{eqnarray*} r^n\cdot h_n (a_1,a_2,\ldots,a_m )&=&r^n\cdot \left[\sum_{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_m=n\atop \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m\ge 0} (a_1^{\lambda_1} a_2^{\lambda_2} \cdots a_m^{\lambda_m} )\right]\\ &=&\sum_{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_m=n\atop \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m\ge 0} (r^n a_1^{\lambda_1} a_2^{\lambda_2} \cdots a_m^{\lambda_m} )\\ &=&\sum_{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_m=n\atop \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m\ge 0} (r^{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_m} \cdot a_1^{\lambda_1} a_2^{\lambda_2} \cdots a_m^{\lambda_m} )\\ &=&\sum_{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_m=n\atop \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m\ge 0} [(ra_1)^{\lambda_1} (ra_2)^{\lambda_2} \cdots (ra_m)^{\lambda_m} ]\\ &=&h_n(a_1r,a_2r,\ldots,a_mr). \end{eqnarray*} 在本文中會用到的情形是： \begin{eqnarray*} \beta^{k(n-k)} \cdot h_{n-k} \Big(1,\frac\alpha\beta ,\Big(\frac\alpha\beta\Big)^2,\ldots,\Big(\frac\alpha\beta\Big)^k \Big) &=&(\beta ^k )^{n-k} \cdot h_{n-k} \Big(1,\frac\alpha\beta ,\Big(\frac\alpha\beta\Big)^2,\ldots,\Big(\frac\alpha\beta\Big)^k \Big)\\ &=&h_{n-k} \Big(\beta ^k,\beta ^k\cdot \frac\alpha\beta ,\beta^k\cdot \Big(\frac\alpha\beta\Big)^2,\ldots,\beta^k\cdot \Big(\frac\alpha\beta\Big)^k \Big). \end{eqnarray*}

2. 費氏數列(Fibonacci Numbers)：

滿足 「$F_0=0$, $F_1=1$, 以及遞迴關係 $F_{n+2} =F_{n+1} +F_n$, 其中 $n=0,1,2,\ldots$」 的數列, 稱為 「費氏數列」。

Binet 公式： 設方程式 $x^2-x-1=0$ 的兩根為 $\alpha$ 與 $\beta$, 則費氏數列的一般項為 $$F_n=\frac 1{\sqrt{5}} \left[\left(\frac{1+\sqrt{5}} {2} \right)^n -\left(\frac{1-\sqrt{5}} {2} \right)^n\right]=\frac{\alpha^n-\beta^n} {\alpha-\beta} . $$

3. 重複組合數 $H_k^n$ :

定義： 設 $k$ 為正整數, 將方程式 $x_1+x_2+\cdots+x_n=k$ 的非負整數解的個數, 記為 $H_k^n$。

例： $x+y+z=2$ 的非負整數解有 $(x,y,z)=(2,0,0)$, $(0,2,0)$, $(0,0,2)$, $(1,1,0)$, $(1,0,1)$, $(0,1,1)$, 一共 6 組, 所以 $H_2^3=6$。

$h$ 與 $H$ ： 由定義不難看出此一事實： $h_k (a_1,a_2,\ldots,a_n )$ 的展開式的項數, 恰為 $H_k^n$。

例如： $h_2(a,b,c)$ 的展開式一共有 $H_2^3=6$ 項。

註： 此處 「展開式的項數」 指的是 「同類項合併」 之後的項數, 但是基本上, 由於展開式的各項, 次方不會完全相同, 所以不會有相同的項。

二、主要定理：

$$\left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q=h_{n-k} (1,q,q^2,\ldots,q^k),\ \hbox{其中} \ 1\le k\le n, \ \hbox{且} \ q\not=1.$$

證明： 用數學歸納法！

首先, 有 $\left[\begin{array} {c} n\\ 1 \end{array} \right]_q= \dfrac{q^n-1} {q-1} =q^{n-1} +q^{n-2} +\cdots+q+1=h_{n-1} (1,q)$

與 $\left[\begin{array} {c} n\\ n \end{array} \right]_q= \dfrac{(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots (q-1)} {(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots (q-1)} =1=h_{n-n} (1,q,\ldots,q^n)$.

接著,

當 $n=1$ 時, $\left[\begin{array} {c} 1\\ 1 \end{array} \right]_q=h_{1-1} (1,q^1)$, 欲證之等式成立。

當 $n=2$ 時, $\left[\begin{array} {c} 2\\ 1 \end{array} \right]_q=h_{2-1} (1,q^1)$, 且 $\left[\begin{array} {c} 2\\ 2 \end{array} \right]_q=h_{2-2} (1,q,q^2)$, 欲證之等式皆成立。

假設當 $n\le N$ 時, 欲證之等式成立,

即 $\left[\begin{array} {c} N\\ k \end{array} \right]_q=h_{N-k} (1,q,q^2,\ldots,q^k)$, 其中 $1\le k\le N$, 於是有 $$\left[\begin{array} {c} N\\ k \end{array} \right]_q=h_{N-k} (1,q,q^2,\ldots,q^k)\quad\hbox{與} \quad \left[\begin{array} {c} N\\ k-1 \end{array} \right]_q=h_{N-(k-1)} (1,q,q^2,\ldots,q^{k-1} ).\quad~$$ 則當 $n=N+1$ 時,

當 $k=1$ 時： $\left[\begin{array} {c} N+1\\ 1 \end{array} \right]_q=h_{(N+1)-1} (1,q)$, 等式成立。

當 $k=N+1$ 時： $\left[\begin{array} {c} N+1\\ N+1 \end{array} \right]_q=h_{(N+1)-(N+1)} (1,q,\ldots,q^{N+1} )$, 等式成立。

當 $2\le k\le N$ 時： \begin{eqnarray*} \left[\begin{array} {c} N+1\\ k \end{array} \right]_q&=& \left[\begin{array} {c} N\\ k-1 \end{array} \right]_q +q^k \left[\begin{array} {c} N\\ k \end{array} \right]_q \qquad\hbox{ (遞迴性質)} \\ &=&h_{N-k+1} (1,q,q^2,\ldots,q^{k-1} )+q^k\cdot h_{N-k} (1,q,q^2,\ldots,q^k ) \qquad\hbox{ (歸納法假設)} \\ &=&h_{N-k+1} (1,q,q^2,\ldots,q^{k-1} ,q^k ) \qquad\hbox{ (減元降次遞迴式)} \\ &=&h_{(N+1)-k} (1,q,q^2,\ldots,q^k ),\ \hbox{所欲證之等式亦成立。} \end{eqnarray*} 故由數學歸納法, 所欲證之定理成立！

例： $$\left[\begin{array} {c} 4\\ 2 \end{array} \right]_q=\frac{(q^4-1)(q^3-1)} {(q^2-1)(q-1)} =(q^2+1)(q^2+q+1)=q^4+q^3+2q^2+q+1,$$ $$h_{4-2} (1,q,q^2)=h_2(1,q,q^2)=1+q^2+q^4+1\cdot q+q\cdot q^2+q^2\cdot 1=q^4+q^3+2q^2+q+1.$$

三、主要應用：

1. 命題：設 $\alpha$ 與 $\beta$ 為方程式 $x^2-x-1=0$ 的兩根, 則有 $$\frac{F_n\cdot F_{n-1} \cdots F_{n-k+1}} {F_k\cdot F_{k-1} \cdots F_1} =h_{n-k} (\alpha^k,\alpha^{k-1} \beta ,\alpha^{k-2} \beta^2,\ldots,\alpha^2 \beta ^{k-2} ,\alpha\beta^{k-1} ,\beta^k ),$$ 其中 $n\ge k\ge 2$。

證明： \begin{eqnarray*} \hbox{在} \ \left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q &=&\frac{(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots (q^{n-k+1} -1)} {(q^k-1)(q^{k-1} -1)\cdots (q-1)} \ \hbox{之中, 取} \ q=\frac \alpha\beta,\ \hbox{得} \\ \left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_{(\frac \alpha\beta )} &=& \frac{\Big[\Big(\frac\alpha\beta\Big)^n-1\Big]\cdot \Big[\Big(\frac\alpha\beta\Big)^{n-1} -1\Big]\cdots\Big[\Big(\frac\alpha\beta\Big)^{n-k+1} -1\Big]} {\Big[\Big(\frac\alpha\beta\Big)^k-1\Big]\cdot \Big[\Big(\frac\alpha\beta\Big)^{k-1} -1\Big]\cdots\Big[\Big(\frac\alpha\beta\Big)^1-1\Big]} \\ &=&\frac{(\alpha^n-\beta ^n)\cdot (\alpha^{n-1} -\beta ^{n-1} )\cdots(\alpha^{n-k+1} -\beta ^{n-k+1} )} {(\alpha^k-\beta ^k)\cdot (\alpha^{k-1} -\beta ^{k-1} )\cdots(\alpha-\beta)} \cdot \frac{\frac 1{\beta^n} \cdot \frac 1{\beta^{n-1}} \cdots \frac 1{\beta ^{n-k+1}} } {\frac 1{\beta^k} \cdot \frac 1{\beta^{k-1}} \cdots \frac 1\beta} \\ &=&\frac{\Big(\frac{\alpha^n\!-\!\beta ^n} {\alpha\!-\!\beta} \Big)\cdot \Big(\frac{\alpha^{n\!-\!1} \!-\!\beta ^{n\!-\!1}} {\alpha\!-\!\beta} \Big)\cdots \Big(\frac{\alpha^{n\!-\!k+1} \!-\!\beta ^{n\!-\!k+1}} {\alpha\!-\!\beta} \Big)} {\Big(\frac{\alpha^k\!-\!\beta ^k} {\alpha\!-\!\beta} \Big)\cdot \Big(\frac{\alpha^{k\!-\!1} \!-\!\beta ^{k\!-\!1}} {\alpha\!-\!\beta} \Big)\cdots \Big(\frac{\alpha\!-\!\beta} {\alpha\!-\!\beta} \Big)} \cdot \underbrace{\Big(\frac 1{\beta ^{n\!-\!k}} \cdot \frac 1{\beta ^{n\!-\!k}} \cdots \frac 1{\beta^{n\!-\!k}} \Big)} _{\hbox{$k$ 個}} \\ &=&\frac{F_n\cdot F_{n-1} \cdots F_{n-k+1}} {F_k\cdot F_{k-1} \cdots F_1} \cdot \frac 1{\beta ^{k(n-k)}} \qquad\hbox{(由費氏數列的 Binet 公式)} , \end{eqnarray*} 於是可得 \begin{eqnarray*} \frac{F_n\cdot F_{n-1} \cdots F_{n-k+1}} {F_k\cdot F_{k-1} \cdots F_1} &=& \left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_{(\frac\alpha\beta)} \cdot\beta^{k(n-k)} \\ &=&\beta ^{k(n-k)} \cdot h_{n-k} \Big(1,\frac \alpha\beta ,\Big(\frac \alpha\beta \Big)^2,\ldots,\Big(\frac\alpha\beta \Big)^k \Big)\\ &=&h_{n-k} \Big(\beta^k,\beta^k\cdot \frac\alpha\beta,\beta^k\cdot \Big(\frac\alpha\beta\Big)^2,\ldots,\beta^k\cdot \Big(\frac\alpha\beta\Big)^k\Big) \ \hbox{(次方乘法的分配律)} \\ &=&h_{n-k} (\beta^k,\alpha\beta^{k-1} ,\alpha^2 \beta ^{k-2} ,\ldots,\alpha^k)\\ &=&h_{n-k} (\alpha^k,\alpha^{k-1} \beta ,\alpha^{k-2} \beta ^2,\ldots,\alpha^2 \beta ^{k-2} ,\alpha\beta ^{k-1} ,\beta ^k). \end{eqnarray*} 此為 相鄰連續 $k$ 項費氏數分式型乘積 的完全齊次對稱多項式表示法。

例：

當 $k=2$ 時, $\dfrac{F_n\cdot F_{n-1}} {F_2\cdot F_1} =h_{n-2} (\alpha^2,\alpha\beta,\beta^2)$.

當 $k=3$ 時, $\dfrac{F_n\cdot F_{n-1} \cdot F_{n-2}} {F_3\cdot F_2\cdot F_1} =h_{n-3} (\alpha^3,\alpha^2\beta,\alpha\beta^2,\beta^3)$.

當 $k=4$ 時, $\dfrac{F_n\cdot F_{n-1} \cdot F_{n-2} \cdot F_{n-3}} {F_4\cdot F_3\cdot F_2\cdot F_1} =h_{n-4} (\alpha^4,\alpha^3\beta,\alpha^2\beta^2, \alpha\beta^3,\beta^4)$.

2. 命題： 設 $x^m-1=0$ 的 $m$ 個根為 $1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^{m-1} $, 其中 $\alpha=\cos\dfrac{2\pi} {m} +i\sin\dfrac{2\pi} {m} $, 且 $m\ge 2$, 則 $$h_n (1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^{m-1} )= \left\{\begin{array} {lcl} 0, &\quad~&\hbox{當 $n$ 不是 $m$ 的倍數} \\[5pt] 1,&&\hbox{當 $n$ 是 $m$ 的倍數} \end{array} \right. \hbox{。} $$

證明： 在 $\left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q=\dfrac{(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots (q^{n-k+1} -1)} {(q^k-1)(q^{k-1} -1)\cdots (q-1)} $ 之中, 將 $n$ 與 $k$ 分別用 $n+m-1$ 與 $m-1$ 代入, 得 \begin{eqnarray*} &&\hskip -20pt \left[\begin{array} {c} n+m-1\\ m-1 \end{array} \right]_q =\dfrac{(q^{n+m-1} -1)(q^{n+m-2} -1)\cdots (q^{n+1} -1)} {(q^{m-1} -1)(q^{m-2} -1)\cdots (q-1)} \\ &\Rightarrow& \frac{(q^{(m-1)+n} -1)(q^{(m-2)+n} -1)\cdots(q^{1+n} -1)} {(q^{m-1} -1)(q^{m-2} -1)\cdots(q-1)} = \left[\begin{array} {c} n+m-1\\ m-1 \end{array} \right]_q\\ &&\qquad =h_{(n+m-1)-(m-1)} (1,q,q^2,\ldots,q^{m-1} ), \end{eqnarray*} 即 $$h_n (1,q,q^2,\ldots,q^{m-1} )=\frac{(q^{(m-1)+n} -1)(q^{(m-2)+n} -1)\cdots (q^{1+n} -1)} {(q^{m-1} -1)(q^{m-2} -1)\cdots (q-1)}. $$ 設 $\alpha=\cos\dfrac{2\pi} {m} +i\sin\dfrac{2\pi} {m} $, \begin{eqnarray*} \Rightarrow \ h_n (1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^{m-1} ) &=&\frac{(\alpha^{(m-1)+n} -1)(\alpha^{(m-2)+n} -1)\cdots (\alpha^{1+n} -1)} {(\alpha^{m-1} -1)(\alpha^{m-2} -1)\cdots (\alpha-1)} \\ &=&\left\{\begin{array} {lcl} 0, &\quad~&\hbox{當 $n$ 不是 $m$ 的倍數,} \\[3pt] 1,&&\hbox{當 $n$ 是 $m$ 的倍數。} \end{array} \right. \end{eqnarray*} 此為 循環數列的完全齊次對稱多項式表示法。

四、其他應用：

1. 當 $q$ 為正整數時, 可知 $$\frac{(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots(q^{n-k+1} -1)} {(q^k-1)(q^{k-1} -1)\cdots(q-1)} = \left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q=h_{n-k} (1,q,q^2,\ldots,q^k )$$ 必為正整數。

註： 左式的分式型式, 一定可透過約分化簡成整數。

2. $\lim\limits_{q\to 1} \left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q=C_k^n$.

證明： $\lim\limits_{q\to 1} \left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q= \lim\limits_{q\to 1} h_{n-k} (1,q,q^2,\ldots,q^k )=h_{n-k} \underbrace{(1,1,1,\ldots,1)} _{\hbox{$k+1$ 個}} =H_{n-k} ^{k+1} =C_{n-k} ^{(n-k)+(k+1)-1} $ $=C_{n-k} ^n=C_k^n$。

註： 在參考資料 中, 此性質的證明需用到 L'Hopital's Rule, 但此處的證明只需用到取極限的性質即可。 此一關係式說明了高斯二項式係數與原來的二項式係數的關係, 因此, 有時也將高斯二項式係數稱為 「二項式係數的"q-analogs"」 。 。

參、結語：

本篇文章透過遞迴結構, 用數學歸納法證明了 $$h_{n-k} (1,q,q^2,\ldots,q^k )=\left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q= \frac{(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots (q^{n-k+1} -1))} {(q^k-1)(q^{k-1} -1)\cdots (q-1)} .$$ 此一等式, 也可視為 「將完全齊次對稱多項式的變數, 用等比數列代入的結果, 恰為高斯二項式係數」 , 這是個耐人尋味的結論。 由 $\left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q=h_{n-k} (1,q,q^2,\ldots,q^k )$, 再次得到費氏數列相鄰項乘積與循環數列的完全對稱多項式表示法, 這樣的應用, 揭示了看似不同的數學概念背後, 有著相同的架構, 值得深思。

附錄：

1. 遞迴性質： $$\left[\begin{array} {c} n+1\\ k \end{array} \right]_q=\left[\begin{array} {c} n\\ k-1 \end{array} \right]_q+q^k\cdot \left[\begin{array} {c} n\\ k \end{array} \right]_q.$$

證明： \begin{eqnarray*} \hbox{右式} &=&\frac{(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots(q^{n-k+2} -1)} {(q^{k-1} -1)(q^{k-2} -1)\cdots(q-1)} +q^k\cdot \frac{(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots(q^{n-k+1} -1)} {(q^k-1)(q^{k-1} -1)\cdots (q-1)} \\[5pt] &=&\frac{q^k-1} {q^k-1} \cdot \frac{(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots(q^{n-k+2} -1)} {(q^{k-1} -1)(q^{k-2} -1)\cdots(q-1)} \\[5pt] &&+q^k\cdot \frac{(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots(q^{n-k+2} -1)} {(q^k-1)(q^{k-1} -1)\cdots(q-1)} \cdot (q^{n-k+1} -1)\\[5pt] &=&\frac{(q^n-1)(q^{n-1} -1)\cdots(q^{n-k+2} -1)} {(q^k-1)(q^{k-1} -1)\cdots(q-1)} \cdot [q^k-1+q^k\cdot (q^{n-k+1} -1)]\\[5pt] &=&\frac{(q^{n+1} -1)(q^n-1)\cdots (q^{n+1-k+1} -1)} {(q^k-1)(q^{k-1} -1)\cdots (q-1)} =\hbox{左式。} \end{eqnarray*}

參考資料

---本文作者任教台北市立第一女子高級中學---