与Pell数相关的三角矩阵的一些组合性质

Some Combinatorial Properties of Triangu-lar Matrices Related to Pell Numbers

摘要: Pell数，记，本文主要研究由v(n,k)构成的三角矩阵以及其伴随三角矩阵的组合性质，包括：行多项式的实根性和稠密性，矩阵的渐近正态性以及全正性。

Abstract: Pell number , denote . This article studies the combina-torial proprieties of two triangular matrices, one is formed by v(n,k) and the other is the adjoin-ing triangular matrices . More precisely we study the real rootedness and density of the row polynomials, and the asymptotic normality and total positivity of the matrices.

1. 引言

Pell数是组合数学中重要的一类组合数，近年来，Pell数列及其推广引起学者的关注 [1] [2]。Pell数列与Fibonacci数列有着密切的联系，两者之间的关系为：

$P_n\left(x\right)=F_n\left(2x\right),\left(n=0,1,2,\cdots \right),$

Pell数列的递归表达式为

$P_{n+2}=2P_{n+1}+P_n,P_0=0,P_1=1,$

通项为：

$P_n={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{\left[\left(n-1\right)/2\right]}{\sum }}{2}^k\left(\begin{array}{c}n\\ 2k+1\end{array}\right)}$，对于 $n>0$ 时 [1]。

由Pell数表达式，记

$V\left(n,k\right)=2^k\left(\begin{array}{c}n\\ 2k+1\end{array}\right),$

则 $V\left(n,k\right)$ 构成一个三角矩阵，在OEIS (在线整数数列查询网站)中可查为A105070，本文将研究由 $V\left(n,k\right)$ 构成的三角矩阵。我们将 $V\left(n,k\right)$ 的行发生函数记作 $V_n\left(x\right)$，令

$V_n\left(x\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}V\left(n,k\right)x^k},$

并且发现 $V_n\left(x\right)$ 有互为相伴关系的函数 $U_n\left(x\right)$，其通项为

$U_n\left(x\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}U\left(n,k\right)x^k},$

三角矩阵为

$U\left(n,k\right)=2^k\left(\begin{array}{c}n\\ 2k\end{array}\right).$

在组合学中有很多序列有这样的相伴关系，例如Morgan-Voyce多项式，王毅等人研究了其稠密性，渐近正态性以及全正性 [3]。本文我们将对 $V\left(n,k\right)$ 和 $U\left(n,k\right)$ 构成的三角矩阵的行多项式的实根性，稠密性以及渐近正态性和矩阵的全正性进行研究。

$V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 满足下面递归关系

$\{\begin{array}{l}{U}_n\left(x\right)=U_{n-1}\left(x\right)+2x{V}_{n-1}\left(x\right)\\ V_n\left(x\right)=U_{n-1}\left(x\right)+V_{n-1}\left(x\right)\end{array}$ (1)

对于 $n\ge 3$，其中 $U_1=V_1=1$。递归方程是

$\{\begin{array}{l}{U}_n\left(x\right)=2U_{n-1}\left(x\right)+\left(2x-1\right)U_{n-2}\left(x\right)\\ U_1\left(x\right)=1,U_2\left(x\right)=2x+1\end{array}$

$\{\begin{array}{l}{V}_n\left(x\right)=2V_{n-1}\left(x\right)+\left(2x-1\right)V_{n-2}\left(x\right)\\ V_1\left(x\right)=1,V_2\left(x\right)=2\end{array}$ (2)

在第二节中，我们将展示以上多项式的零点都是实数并且在区间 $\left(-\infty ,0\right]$ 中。以及多项式的零点在区间 $\left(-\infty ,0\right]$ 中是稠密的。在第3节中，我们展示了多项式的系数 $V\left(n,k\right)$ 和 $U\left(n,k\right)$ 近似正态分布。在第4节中，我们展示了系数矩阵 ${\left(V\left(n,k\right)\right)}_{n,k\ge 0}$ 和 ${\left(U\left(n,k\right)\right)}_{n,k\ge 0}$ 是一个全正矩阵。

2. 多项式的零点

实根性就是指多项式方程的零点为实数。多项式的实根性在组合学和其他数学分支中是重要的研究课题，多项式的实根性的主要应用是证明组合序列的单峰性，对数凹性和PF性质。只有实根的系数全为正的多项式经常出现在组合数学的研究中。对于非负有限序列而言，如果我们能证明它的生成函数的实

根性，再借助牛顿不等式就可以证明其单峰性或对数凹性：如果正系数的多项式 ${\displaystyle \underset{i=0}{\overset{n}{\sum }}{a}_i}{x}^i$ 只有实根，则

$a_i^2\ge a_{i-1}{a}_{i+1}\left(1+\frac{1}{i}\right)\left(1+\frac{1}{n-i}\right)$，对于 $1\le i\le n-1$。

并且数列 $a_0,a_1,\cdots ,a_n$ 是单峰和对数凹的。下面我们要证明 $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 的实根性，在证明之前我们需要引进一个引理2.1。令RZ表示只有实数根的实多项式集合。

引理2.1 ( [4])令 $F,f,g$ 是三个实数多项式，满足以下条件

a) $F\left(x\right)=a\left(x\right)f\left(x\right)+b\left(x\right)g\left(x\right)$，其中 $a\left(x\right),b\left(x\right)$ 是两个实数多项式，则 $\mathrm{deg}F=\mathrm{deg}f$ 或 $\mathrm{deg}f+1$。

b) $f,g\in RZ$ 且 $g\prec =f$。

c) F和g首项系数符号相同。

假设 $f\left(r\right)=0$ 时，有 $b\left(r\right)\le 0$，则 $F\in RZ$ 且 $f\prec =F$。特别地，若 $f\left(r\right)=0$ 时 $b\left(r\right)<0$ 且 $g\prec f$ 则 $f\prec F$。

定理2.2 $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 是实根的。

证明由引理2.1根据 $V\left(n,k\right)$ 和 $U\left(n,k\right)$ 的递归公式(2)可推出 $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 只有实根，运用归纳假设法来证明

1) 当n = 2时， $U_2\left(x\right)=2x+1$ 具备实根性。

2) 假设n = k时成立，即

a) $\mathrm{deg}{U}_k\left(x\right)=\mathrm{deg}{U}_{k-1}\left(x\right)$ (k为奇数) $\mathrm{deg}{U}_k\left(x\right)=\mathrm{deg}{U}_{k-1}\left(x\right)+1$ (k为偶数)，

b) $U_{k-1}\left(x\right),U_{k-2}\left(x\right)\in RZ$， $U_{k-2}\left(x\right)\prec =U_{k-1}\left(x\right)$，

c) $U_{k-1}\left(x\right)$ 和 $U_k\left(x\right)$ 有相同符号的首项系数。

当 $U_{k-1}=0$ 时， $b\left(r\right)\le 0$，则 $U_k\in RZ$，且 $U_{k-1}\prec =U_k$，可得以下条件

a) $\mathrm{deg}{U}_{k+1}\left(x\right)=\mathrm{deg}{U}_k\left(x\right)$ (k为偶数) $\mathrm{deg}{U}_{k+1}\left(x\right)=\mathrm{deg}{U}_k\left(x\right)+1$ (k为奇数)，

b) $U_{k-1}\left(x\right),U_k\left(x\right)\in RZ$， $U_{k-1}\left(x\right)\prec =U_k\left(x\right)$，

c) $U_{k+1}\left(x\right)$ 和 $U_k\left(x\right)$ 有相同符号的首项系数。

当 $U_k=\text{0}$ 时，因为系数都大于零，则实根一定小于零， $b\left(r\right)=\left(2x-1\right)\le 0$，符合引理2.1，实根性得证。 ¨

实际上 $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 的根可以写出显示表达，为了给出 $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 根的显示表达我们引进引理2.3和引理2.4。

引理2.3 ( [5])令 ${\left\{z_n\right\}}_{n\ge 0}$ 是满足 $z_n=a{z}_{n-1}+b{z}_{n-2},n=2,3,\cdots$，线性递推关系的一个序列。

若 $a^2+4b>0$，则序列的闭式为

$z_n=\frac{\left(z_1-z_0{\lambda }_2\right){\lambda }_1^n+\left(z_0{\lambda }_1-z_1\right){\lambda }_2^n}{{\lambda }_1-{\lambda }_2},n=0,1,2,\cdots ,$ (3)

其中 ${\lambda }_1=\frac{a+\sqrt{a^2+4b}}{2},{\lambda }_2=\frac{a-\sqrt{a^2+4b}}{2}$ 是特征方程的根。

引理2.4 ( [6])令 ${\lambda }_1,{\lambda }_2\in R$，且 $n\in N$。

i) 若n为奇数，则 ${\lambda }_1^n-{\lambda }_2^n=\left({\lambda }_1-{\lambda }_2\right){\displaystyle \underset{s=1}{\overset{\frac{n-1}{2}}{\prod }}\left[{\left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right)}^2-4{\lambda }_1{\lambda }_2{\cos }^2\frac{s\pi }{n}\right]}$。

ii) 若n为偶数，则 ${\lambda }_1^n-{\lambda }_2^n=\left({\lambda }_1-{\lambda }_2\right)\left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right){\displaystyle \underset{s=1}{\overset{\frac{n-1}{2}}{\prod }}\left[{\left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right)}^2-4{\lambda }_1{\lambda }_2{\cos }^2\frac{s\pi }{n}\right]}$。

iii) 若n为奇数，则 ${\lambda }_1^n+{\lambda }_2^n=\left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right){\displaystyle \underset{s=1}{\overset{\frac{n-1}{2}}{\prod }}\left[{\left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right)}^2-4{\lambda }_1{\lambda }_2{\cos }^2\frac{\left(2s-1\right)\pi }{2n}\right]}$。

iv) 若n为偶数，则 ${\lambda }_1^n+{\lambda }_2^n=\left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right){\displaystyle \underset{s=1}{\overset{\frac{n}{2}}{\prod }}\left[{\left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right)}^2-4{\lambda }_1{\lambda }_2{\cos }^2\frac{\left(2s-1\right)\pi }{2n}\right]}$。

定理2.5 $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 的因式分解形式和根为

$V_n\left(x\right)={\displaystyle {\prod }_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\left(x+V_{n,k}\right)},V_{n,k}=\frac{1}{2{\cos }^2\frac{k\pi }{n}}-\frac{1}{2}.$ (4)

$U_n\left(x\right)=\frac{\text{1}}{\text{2}}{\displaystyle {\prod }_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\left(x+U_{n,k}\right)},U_{n,k}=\frac{1}{2{\cos }^2\frac{\left(\text{2}k-\text{1}\right)\pi }{\text{2}n}}-\frac{1}{2}.$ (5)

证明 通过 $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 的递推关系(2)由引理2.3我们可以得到 $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 的Binet形式

$V_n\left(x\right)=\frac{{\lambda }_1^n-{\lambda }_2^n}{{\lambda }_1-{\lambda }_2}=\frac{{\left(1+\sqrt{2x}\right)}^n-{\left(1-\sqrt{2x}\right)}^n}{2\sqrt{2x}}\left(x\ne 0,n\ge 1\right),$

$U_n=\frac{{\lambda }_1^n+{\lambda }_2^n}{2}=\frac{{\left(1+\sqrt{2x}\right)}^n+{\left(1-\sqrt{2x}\right)}^n}{2}\left(x\ne 0,n\ge 1\right).$ (6)

这里 ${\lambda }_{1,2}=1\pm \sqrt{2x}$ 是特征方程 ${\lambda }^{\text{2}}-2\lambda -\left(2x-1\right)\lambda =0$ 的两个根。

由引理2.4可以知道

$V_n\left(x\right)=\frac{{\lambda }_1^n-{\lambda }_2^n}{{\lambda }_1-{\lambda }_2}={\displaystyle {\prod }_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\left[{\left({\lambda }_1+{\lambda }_2\right)}^2-4{\lambda }_1{\lambda }_2{\cos }^2\frac{k\pi }{n}\right]}={\displaystyle {\prod }_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\left[x+\left(\frac{1}{2{\cos }^2\frac{k\pi }{n}}-\frac{1}{2}\right)\right].}$

类似的可以得到 $U_n\left(x\right)$ 的因式分解形式以及根的表达式

$U_n\left(x\right)=\frac{\text{1}}{\text{2}}{\displaystyle {\prod }_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\left(x+\frac{1}{2{\cos }^2\frac{\left(\text{2}k-\text{1}\right)\pi }{\text{2}n}}-\frac{1}{2}\right).}$ ¨

显然 $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 的所有零点都在区间 $\left(-\infty ,0\right]$ 中。下面我们将证明这些零点在区间 $\left(-\infty ,0\right]$ 中是稠密的。在证明之前我们还需要知道定义2.6和引理2.7。

定义2.6 令 ${\left(f_n\left(x\right)\right)}_{n\ge 0}$ 为复多项式序列。如果存在序列 ${\left(z_n\right)}_{n\ge 0}$ 使得 $f_n\left(z_n\right)=0$ 且当 $n\to +\infty$ 时 $z_n\to x$。现在假设 ${\left(f_n\left(x\right)\right)}_{n\ge 0}$ 是满足递归关系

$f_{n+k}\left(x\right)=-{\displaystyle {\sum }_{j=1}^k{c}_j}\left(x\right)f_{n+k-j}(\; x\; )$

的多项式序列，其中 $c_j\left(x\right)$ 是x中的多项式。令 ${\lambda }_j\left(x\right)$ 是相关特征方程

${\lambda }^k+{\displaystyle {\sum }_{j=1}^k{c}_j\left(x\right){\lambda }^{k-j}}=0$

的所有根。众所周知，如果 ${\lambda }_j\left(x\right)$ 是不同的，则

$f_n\left(x\right)={\displaystyle \underset{j=1}{\overset{k}{\sum }}{\alpha }_j\left(x\right){\lambda }_j^n}\left(x\right),$ (7)

其中 ${\alpha }_j\left(x\right)$ 由初始条件确定。

引理2.7 ( [7])在非退化条件下，在(7)中没有 ${\alpha }_j\left(x\right)$ 完全为零，且对于单位模长的 $\omega \in C$，没有 $i\ne j$ 使 ${\lambda }_i\left(x\right)=\omega {\lambda }_j\left(x\right)$，那么x是 ${\left(f_n\left(x\right)\right)}_{n\ge 0}$ 的零极限当且仅当

i) 两个或多个 ${\lambda }_i\left(x\right)$ 具有相等的模数，并且模数严格地大于其他。

ii) 存在指数j使得 ${\lambda }_j\left(x\right)$ 的模数严格大于所有其他 ${\lambda }_i\left(x\right)$ 的模数，并且 ${\alpha }_j\left(x\right)=0$。

定理2.8 $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 的零点在区间 $\left(-\infty ,0\right]$ 中是稠密的。

证明我们先证明 $V_n\left(x\right)$ 的稠密性，因为 $U_n\left(x\right)$ 和 $V_n\left(x\right)$ 的递推关系是相同的，所以证明也是相同的。我们提出了一个更强的结果：每个 $x\in (-\infty ,0]$ 是序列 ${\left(V_n\left(x\right)\right)}_{n\ge 1}$ 的零极限。

引理2.7的非退化条件由 $V_n\left(x\right)$ 的Binet形式成立。故序列 ${\left(V_n\left(x\right)\right)}_{n\ge 1}$ 的零极限是满足 $\left|{\lambda }_1\left(x\right)\right|=\left|{\lambda }_2\left(x\right)\right|$ 的实数x。因为 $\left|{\lambda }_1\left(x\right)\right|=\left|{\lambda }_2\left(x\right)\right|$，则 $\left|1+\sqrt{2x}\right|=\left|1-\sqrt{2x}\right|$。换句话说， $\sqrt{\text{2}x}$ 必须是纯虚数(允许0是纯虚数)。因此 $2x\le 0$，即 $x\le 0$，即可证明 $V_n\left(x\right)$ 的零点在区间 $\left(-\infty ,0\right]$ 中是稠密的。 ¨

3. 渐近正态性

设 $a\left(n,k\right)$ 是一个双指数非负数序列， $p\left(n,k\right)=\frac{a\left(n,k\right)}{{\displaystyle {\sum }_{j=0}^{n}a\left(n,j\right)}}$ 表示正态化概率。如果序列 $a\left(n,k\right)$ 满足

下式，我们就说序列 $a\left(n,k\right)$ 通过中心极限定理是渐近正态的 [8]

$\underset{n\to \infty }{\lim }\underset{x\in R}{\sup }\left|{\displaystyle \underset{k\le {\mu }_n+x{\sigma }_n}{\sum }p\left(n,k\right)}-\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\displaystyle {\int }_{-\infty }^x{\text{e}}^{\frac{-t^2}{2}}}\text{d}t\right|=0.$ (8)

其中 ${\mu }_n$ 和 ${\sigma }_n^2$ 分别是 $a\left(n,k\right)$ 的均值和方差。如果序列 $a\left(n,k\right)$ 满足下式，通过R上的局部极限定理，我们就称序列 $a\left(n,k\right)$ 是渐近正态的

$\underset{n\to \infty }{\lim }\underset{x\in R}{\sup }\left|{\sigma }_{n}p\left(n,\lfloor {\mu }_n+x{\sigma }_n\rfloor \right)-\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\text{e}}^{\frac{-x^2}{2}}\right|=0.$ (9)

那么就有

$当n\to \infty 时,a\left(n,k\right)~\frac{{\text{e}}^{\frac{-x^2}{2}}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{n}{\sum }}a\left(n,j\right)}}{{\sigma }_n\sqrt{2\pi }},$

其中 $k={\mu }_n+x{\sigma }_n$ 且 $x={\rm O}\left(1\right)$。显然，从(9)可以推出(8)成立。

许多著名的组合序列都具有中心和局部极限定理。例如，著名的de Moivre-Laplace定理指出通过中

心和局部极限定理可以证明二项式系数 $\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)$ 是渐近正态的。其他示例包括第一类无符号斯特林数 $c\left(n,k\right)$，

第二类斯特林数 $S\left(n,k\right)$ 和欧拉数 $A\left(n,k\right)$。下面我们要证明 $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 的矩阵是渐近正态的，为了证明渐近正态性，我们需要用到引理3.1。

引理3.1 ( [3])令 $A_n\left(x\right)={\displaystyle \underset{k=0}{\overset{n}{\sum }}a\left(n,k\right)x^k}$ 只有实根且 $A_n\left(x\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\prod }}\left(x+r_i\right)}$，其中所有的 $a\left(n,k\right)$ 和 $r_i$ 都是非负的，令

${\mu }_n={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{1+r_i}},{\sigma }_n^2={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{r_i}{{\left(1+r_i\right)}^2}}.$

若 ${\sigma }_n^2\to +\infty$，则 $a\left(n,k\right)$ 是渐近正态的。

定理3.2 $V\left(n,k\right)=2^k\left(\begin{array}{c}n\\ 2k+1\end{array}\right)$ 是渐近正态的，并且均值 ${\mu }_n=2n\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ 和方差 ${\sigma }_n^2=\frac{n\left(3\sqrt{2}-4\right)}{2}$。

证明：我们只证明 $V\left(n,k\right)$ 的结果， $U\left(n,k\right)$ 的证明是相似的。通过定理2.5我们有均值为

${\mu }_n={\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{1}{\frac{1}{2}+\frac{1}{2{\cos }^2\frac{k\pi }{n}}}}\to \frac{2n}{\pi }{\displaystyle {\int }_0^{\pi }\frac{{\cos }^2\theta }{1+{\cos }^2\theta }\text{d}\theta }=2n\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right).$

方差为

${\sigma }_n^2={\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n}{\sum }}\frac{\frac{1}{2{\cos }^2\frac{k\pi }{n}}-\frac{1}{2}}{{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2{\cos }^2\frac{k\pi }{n}}\right)}^2}}\to \frac{n}{\pi }{\displaystyle {\int }_0^{\pi }\frac{\text{2}{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x+2+\frac{1}{{\cos }^{2}x}}\text{d}x}=\frac{n\left(3\sqrt{2}-4\right)}{2}.$

当 $n\to \infty$ 时， ${\mu }_n\to \infty$ 且 ${\sigma }_n^2\to \infty$，所以由引理3.1可以得知 $V\left(n,k\right)$ 是渐近正态的。 ¨

4. 全正性

如果一个(有限或无限)矩阵的所有子矩阵都是非负的，则称为全正矩阵(简称TP)。令 ${\left(a_n\right)}_{n\ge 0}$ 为非负数的无限序列(我们将有限序列 $a_0,a_1,\cdots ,a_n$ 与无限序列 $a_0,a_1,\cdots ,a_n,0,0,\cdots$。定义其Toeplitz矩阵

$\left[a_{i-j}\right]=\left[\begin{array}{cccc}{a}_0& & & \\ a_1& a_0& & \\ a_2& a_1& a_0& \\ ⋮& & & \ddots \end{array}\right],$

如果对应的Toeplitz矩阵是TP，我们就说这个序列是一个Pólya频率(简称PF)序列。PF序列的一个基本特征由Schoenberg和Edrei指出：序列 ${\left(a_n\right)}_{n\ge 0}$ 是PF当且仅当它的生成函数满足

${\displaystyle \underset{n\ge 0}{\sum }{a}_n{x}^n}=a{x}^k{\text{e}}^{\gamma x}\frac{{\displaystyle {\prod }_{j\ge 0}\left(1+{\alpha }_{j}x\right)}}{{\displaystyle {\prod }_{j\ge 0}\left(1-{\beta }_{j}x\right)}}.$

其中 $a>0$, $k\in N$, ${\alpha }_j,{\beta }_j,\gamma >0$，并且 ${\displaystyle {\sum }_{j\ge 0}\left({\alpha }_j+{\beta }_j\right)}<+\infty$。在这种情况下，我们也说相应的生成函数是PF。我们这一节要证明pell数和函数表达法的原函数相关的三角矩阵的全正性，用Riordan矩阵来证明全正性，下面我们介绍Riordan矩阵的概念。

设 $d\left(x\right)$ 和 $h\left(x\right)$ 是两个形式幂级数。用 $R=\left(d\left(x\right),h\left(x\right)\right)$ 表示一个无限矩阵，其第k列的生成函数是 $h^k\left(x\right)d\left(x\right)$ 对于 $k=0,1,2,\cdots$，当 $d\left(0\right)=1,h\left(0\right)=0$ 和 $h^{\prime }\left(0\right)=0$ 时，我们说R是Riordan矩阵。Riordan矩阵在枚举组合学中起着重要的统一作用，许多著名的组合矩阵都是Riordan矩阵。例如，帕斯卡三角形

$P=\left[\left(\begin{array}{l}n\\ k\end{array}\right)\right]$ 是一个Riordan矩阵，并且 $P=\left(\frac{\text{1}}{\text{1}-x},\frac{x}{1-x}\right)$。对于Riordan矩阵的全正性有着各种各样的研究，

我们在证明全正性之前要知道引理4.1。

引理4.1 ( [9])如果 $d\left(x\right)$ 和 $h\left(x\right)$ 都是PF，那么Riordan数组 $R=\left(d\left(x\right),h\left(x\right)\right)$ 是TP。

定理4.2 U和V都是全正矩阵。

证明： $V_n\left(x\right)$ 和 $U_n\left(x\right)$ 多项式的系数矩阵分别为

$V\left(n,k\right)=2^k\left(\begin{array}{c}n\\ 2k+1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc}\text{1}& & & & \\ \text{2}& & & & \\ \text{3}& \text{2}& & & \\ \text{4}& \text{8}& & & \\ ⋮& & & & \ddots \end{array}\right),$

$U\left(n,k\right)=2^k\left(\begin{array}{c}n\\ 2k\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc}\text{1}& & & & \\ \text{1}& \text{2}& & & \\ \text{1}& \text{6}& & & \\ \text{1}& \text{12}& \text{4}& & \\ ⋮& & & & \ddots \end{array}\right).$

由系数矩阵可以求得V的第k列的生成函数为

${\displaystyle \underset{n\ge k}{\sum }{2}^k}\left(\begin{array}{c}n\\ 2k+1\end{array}\right)x^n=2^k{x}^{\text{2}k+1}{\displaystyle \underset{m\ge 0}{\sum }\left(\begin{array}{c}\text{2}k+1+m\\ 2k+1\end{array}\right)x^m}=\frac{2^k{x}^{2k+1}}{{\left(1-x\right)}^{2k+2}}.$

因此V是Riordan矩阵，并且 $V=\left(\frac{x}{{\left(1-x\right)}^2},\frac{2x^2}{{\left(1-x\right)}^2}\right)$。类似的可以得到 $U=\left(\frac{1}{1-x},\frac{2x^2}{{\left(1-x\right)}^2}\right)$。从引理4.1即可得出U和V都是全正矩阵。

5. 结论

由 $V\left(n,k\right)=2^k\left(\begin{array}{c}n\\ 2k+1\end{array}\right)$ 构成的三角矩阵以及其伴随三角矩阵 $U\left(n,k\right)=2^k\left(\begin{array}{c}n\\ 2k\end{array}\right)$ 的行多项式是实根的，并且零点在区间 $\left(-\infty ,0\right]$ 中是稠密的。 $V\left(n,k\right)$ 和 $U\left(n,k\right)$ 构成的三角矩阵是具备渐近正态性以及全正性的。