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【摘要】基于Fibonacci多项式求和的一些定理，研究与其相似的Pell-Lucas多项式的性质，建立形如∑hn=0Q2n（x）和∑hn=1Q（2n 1）（2k 1）（x）2（2n 1）的一些新的恒等式，并对这些恒等式做了进一步的推广.
【关键词】Pell-Lucas多项式;Pell数;组合恒等式
【基金项目】2018年大学生创新创业训练计划项目（国家级项目，项目编号201812026045）.
一、引 言
Fibonacci多项式和Lucas多项式及其推广在自然科学的许多领域有着广泛的应用，是很多数学家关注的问题，也得到了很多有意义的结论.与其相似的Pell-Lucas多项式近年来也受到很多关注.
本文则要根据Fibonacci多项式求和的一些定理研究Pell-Lucas多项式求和的性质及推广.
在文献[1]中，Pell多项式Pn（x）和Pell-Lucas多项式Qn（x）定义如下：
P0（x）=0，P1（x）=1，Pn（x）=2xPn-1（x） Pn-2（x），（1）
Q0（x）=2，Q1（x）=2x，Qn（x）=2xQn-1（x） Qn-2（x）.（2）
由上述递推公式，可以得到Qn（x）和Pn（x）的表达式
Pn（x）=∑n2k=0n-kk（2x）n-2k，
Qn（x）=∑n2k=0nn-kn-kk（2x）n-2k.（3）
并很容易得到它们的通项公式
Pn（x）=12x2 1[（x x2 1）n-（x-x2 1）n]，（4）
Qn（x）=（x x2 1）n （x-x2 1）n.（5）
关于Fibonacci求和的文献很多，例如，[2]证明了广义Fibonacci数列和的一些性质，[3]中介绍一些关于卢卡斯的一些新的恒等式，[4]中得到了一些Fibonacci数列和Lucas的性质，[5]中证明了下列恒等式.
∑nk=1F2m 12k=15m∑mj=0（-1）iL2m 1-2j2m 1j（F（2m 1-2j）（2n 1）-F2m 1-2j）.
本文受这一恒等式的启发，旨在证明Pell-Lucas多项式的类似恒等式.
二、主要结果
引理1 对任意的正整数n，可以得到
∫x0Q2n（y）dy=Q2n 1（x）2（2n 1） Q2n-1（x）2（2n-1），
∫x0Q2n 1（y）dy=Q2n 2（x）2（2n 2） Q2n（x）2·2n-2n 12n（n 1）.
证明 对表达式（5）进行求导可得
Qn′（x）=nx2 1（x x2 1）n-nx2 1（x-x2 1）n=2nPn（x）.（6）
对Qn（x）求积分可得
∫x0Qn（y）dy=xQn（x）-∫x0yQn′（y）dy
=xQn（x）-2n∫x0yPn（y）dy
=12·1n 1Qn 1（x） 12·1n-1Qn-1（x）
n2（n 1）Qn 1（0）-n2（n-1）Qn-1（0）.
由于Q2k 1（0）=Q2k-1（0）=0和Q2k（0）=Q2k 2（0）=2，易证引理1.
引理2 QnQ2k 1（x）2=Qn（2k 1）（x）.
证明 令α=x x2 1，β=x-x2 1，则αβ=-1，由（5）可得
Q2k 1（x）2 Q22k 1（x）2 1=α2k 1，
Q2k 1（x）2-Q22k 1（x）2 1=β2k 1.
由上式可知
QnQ2k 1（x）2=αn（2k 1） βn（2k 1）=Qn（2k 1）（x）.（7）
根據以上的引理我们很容易证明下列的定理：
定理1 ∑hn=0Q（2n 1）（2k 1）（x）2（2n 1）=∑hn=0h n 1h-n2（2n 1）Q2n 12k 1（x）.（8）
定理2 ∑hn=1Q2n（2k 1）（x）-22n=∑hn=1h nh-n2nQ2n2k 1（x）.（9）
证明 令α=x x2 1，β=x-x2 1.可得
∑hn=0Q2n（x）=∑hn=0（α2n β2n）=Q2h 1（x）2x 1.（10）
由（10）（3）和引理1，可以得到
∫x0∑hn=1Q2n（y）dy=∫x0Q2h 1（y）2y 1dy
=∑hn=1Q2n 1（x）2（2n 1） Q2h-1（x）2（2n-1）.（11）
则2∑hn=0Q2n 1（x）2（2n 1）=∑hn=0h n 1h-n2n 1（2x）2n 1.
令x=Q2k 1（y）2，代入上式中由引理2可证出定理1，同理我们也可以证明定理2.
【参考文献】
[1]Wang W，Wang H.Generalized Humbert polynomials via generalized Fibonacci polynomials[J].Applied Mathematics and Computation，2017（307）：204-216.
[2]Ohtsuka H，Nakamura S.On the sum of reciprocal Fibonacci numbers[J].The Fibonacci Quarterly，2008/2009（46/47）：153-159.
[3]Zhang J.On the Lucas polynomials and some of their new identities[J].Jin Advances in Difference Equations，2018（1）：126.
[4]Wang T，Zhang W.Some identities involving Fibonacci[J].Lucas polynomials and their applications，2012（55）：95-103.
[5]Ozeki K.On Melham’s sum[J].Fibonacci Q.，2008/2009（46/47）：107-110.
[6]Li X.Some identities involving Chebyshev polynomials[J].Math.Probl.Eng.，2015：1-5.
【关键词】Pell-Lucas多项式;Pell数;组合恒等式
【基金项目】2018年大学生创新创业训练计划项目（国家级项目，项目编号201812026045）.
一、引 言
Fibonacci多项式和Lucas多项式及其推广在自然科学的许多领域有着广泛的应用，是很多数学家关注的问题，也得到了很多有意义的结论.与其相似的Pell-Lucas多项式近年来也受到很多关注.
本文则要根据Fibonacci多项式求和的一些定理研究Pell-Lucas多项式求和的性质及推广.
在文献[1]中，Pell多项式Pn（x）和Pell-Lucas多项式Qn（x）定义如下：
P0（x）=0，P1（x）=1，Pn（x）=2xPn-1（x） Pn-2（x），（1）
Q0（x）=2，Q1（x）=2x，Qn（x）=2xQn-1（x） Qn-2（x）.（2）
由上述递推公式，可以得到Qn（x）和Pn（x）的表达式
Pn（x）=∑n2k=0n-kk（2x）n-2k，
Qn（x）=∑n2k=0nn-kn-kk（2x）n-2k.（3）
并很容易得到它们的通项公式
Pn（x）=12x2 1[（x x2 1）n-（x-x2 1）n]，（4）
Qn（x）=（x x2 1）n （x-x2 1）n.（5）
关于Fibonacci求和的文献很多，例如，[2]证明了广义Fibonacci数列和的一些性质，[3]中介绍一些关于卢卡斯的一些新的恒等式，[4]中得到了一些Fibonacci数列和Lucas的性质，[5]中证明了下列恒等式.
∑nk=1F2m 12k=15m∑mj=0（-1）iL2m 1-2j2m 1j（F（2m 1-2j）（2n 1）-F2m 1-2j）.
本文受这一恒等式的启发，旨在证明Pell-Lucas多项式的类似恒等式.
二、主要结果
引理1 对任意的正整数n，可以得到
∫x0Q2n（y）dy=Q2n 1（x）2（2n 1） Q2n-1（x）2（2n-1），
∫x0Q2n 1（y）dy=Q2n 2（x）2（2n 2） Q2n（x）2·2n-2n 12n（n 1）.
证明 对表达式（5）进行求导可得
Qn′（x）=nx2 1（x x2 1）n-nx2 1（x-x2 1）n=2nPn（x）.（6）
对Qn（x）求积分可得
∫x0Qn（y）dy=xQn（x）-∫x0yQn′（y）dy
=xQn（x）-2n∫x0yPn（y）dy
=12·1n 1Qn 1（x） 12·1n-1Qn-1（x）
n2（n 1）Qn 1（0）-n2（n-1）Qn-1（0）.
由于Q2k 1（0）=Q2k-1（0）=0和Q2k（0）=Q2k 2（0）=2，易证引理1.
引理2 QnQ2k 1（x）2=Qn（2k 1）（x）.
证明 令α=x x2 1，β=x-x2 1，则αβ=-1，由（5）可得
Q2k 1（x）2 Q22k 1（x）2 1=α2k 1，
Q2k 1（x）2-Q22k 1（x）2 1=β2k 1.
由上式可知
QnQ2k 1（x）2=αn（2k 1） βn（2k 1）=Qn（2k 1）（x）.（7）
根據以上的引理我们很容易证明下列的定理：
定理1 ∑hn=0Q（2n 1）（2k 1）（x）2（2n 1）=∑hn=0h n 1h-n2（2n 1）Q2n 12k 1（x）.（8）
定理2 ∑hn=1Q2n（2k 1）（x）-22n=∑hn=1h nh-n2nQ2n2k 1（x）.（9）
证明 令α=x x2 1，β=x-x2 1.可得
∑hn=0Q2n（x）=∑hn=0（α2n β2n）=Q2h 1（x）2x 1.（10）
由（10）（3）和引理1，可以得到
∫x0∑hn=1Q2n（y）dy=∫x0Q2h 1（y）2y 1dy
=∑hn=1Q2n 1（x）2（2n 1） Q2h-1（x）2（2n-1）.（11）
则2∑hn=0Q2n 1（x）2（2n 1）=∑hn=0h n 1h-n2n 1（2x）2n 1.
令x=Q2k 1（y）2，代入上式中由引理2可证出定理1，同理我们也可以证明定理2.
【参考文献】
[1]Wang W，Wang H.Generalized Humbert polynomials via generalized Fibonacci polynomials[J].Applied Mathematics and Computation，2017（307）：204-216.
[2]Ohtsuka H，Nakamura S.On the sum of reciprocal Fibonacci numbers[J].The Fibonacci Quarterly，2008/2009（46/47）：153-159.
[3]Zhang J.On the Lucas polynomials and some of their new identities[J].Jin Advances in Difference Equations，2018（1）：126.
[4]Wang T，Zhang W.Some identities involving Fibonacci[J].Lucas polynomials and their applications，2012（55）：95-103.
[5]Ozeki K.On Melham’s sum[J].Fibonacci Q.，2008/2009（46/47）：107-110.
[6]Li X.Some identities involving Chebyshev polynomials[J].Math.Probl.Eng.，2015：1-5.