利用生成函數求斐波那契數列通項公式

先吐槽一下，學習這玩意兒的時候真的是深深的明白了自己的弱小，人家的一個"解得"我居然解了兩個小時。。qwq

前置知識

斐波那契數列：

\[f_i = f_{i-1} + f_{i - 2} \]

\[f_0 = f_1 = 1 \]

普通生成函數:

簡單來說用多項式\(\sum_{i=0}^{\infty} a_ix^i\)的系數表示序列的元素

同時因為我們不關心\(x\)的取值，因此\(\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i\)又稱作以\(x\)為自由元的形式冪級數

常見的有:

\(\frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + x^3 + \dots + x^{\infty}\)

證明:
后半部分可以直接由通項公式得到\(S_n = \frac{1-x^{n+1}}{1-x}\)，當\(x \in (-1, 1)\)，那么\(\lim_{n\to +\infty} x^{n+1} = 0\)

將\(x\)替換為\(xk\)得

\(\frac{1}{1-kx} = 1 + kx + k^2x^2 + k^3x^3 \dots + k^{\infty}x^{\infty}\)

解法

設\(A = 1 + 1x + 2x^2 + 3x^3 + 5x^4 + 8x^5 \dots\)

根據遞推式，我們可以這樣變化，顯然有

\[\begin{aligned} A = \ 1 + 1x + &2x^2 + 3x^3 + 5x^4 + 8x^5 \dots \\ xA = \ \ \qquad x + &1x^2 + 2x^3 + 3x^4 + 5x^5\dots \\ x^2A =\qquad \qquad &1x^2 + 1x^3 + 2x^4 + 3x^5 \dots \end{aligned} \]

那么可以得到一個方程\(A - xA - x^2A = 1\)

整理一下\(A =\frac{1}{1-x-x^2}\)

這樣我們就得到了斐波那契數列的生成函數，然而並沒有什么卵用，因為我們不能直接通過觀察看出每一項的系數。

現在考慮一下，我們接下來可以干什么。我們已經知道了\(\frac{1}{1-x}\)和\(\frac{1}{1-kx}\)所表示的序列。接下來要干的當然是把\(\frac{1}{1-x-x^2}\)往上面的兩個式子轉化。

\(\frac{1}{1-x-x^2}\)這玩意兒下半部分是個一元二次方程，我們可以配方

\[1-x-x^2 = (1-\phi_1x)(1-\phi_2x) \]

\[\phi_1 = \frac{1+\sqrt{5}}{2}, \phi_2 = \frac{1-\sqrt{5}}{2} \]

(解的時候可以直接把后面的式子拆開，把這兩個式子對應項聯立組成方程組, \(\phi_1 \phi_2\)的取值是可以反過來的)

這個時候我們發現已經找到與\(\frac{1}{1-kx}\)的聯系了，我們可以把\(\frac{1}{(1-\phi_1 x)(1-\phi_2 x)}\)拆成求和的形式。可以裂一下項

原式變為\(\frac{a}{1-\phi_1x} + \frac{b}{1-\phi_2 x}\)，然后再解一個方程\(a(1-\phi_2 x) + b(1-\phi_1x) = 1\)

解這個方程就沒那么休閑了，這里我們選擇把\(x\)當做主元對方程進行變換

\[(a+b - 1) - x(a\phi_2 + b\phi_1) = 0 \]

這樣就好處理了，只要列個二元一次方程組

\[\begin{cases} a-b-1 = 0\\ a\phi_2 + b\phi_1 = 0 \end{cases} \]

解一下可以得到\(a = \frac{1}{\sqrt{5}} \phi_1, b = -\frac{1}{\sqrt{5}} \phi_2\)

帶回去

\[A = \frac{\phi_1}{\sqrt{5}} \frac{1}{1-\phi_1x} - \frac{\phi_2}{\sqrt{5}} \frac{1}{1-\phi_2x} \]

那么第\(n\)項的公式為

\[A_n = \frac{1}{\sqrt{5}} ((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n+1} - (\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n+1}) \]

參考資料

生成函數-羅煜楚(版權原因暫不公開)

特別感謝張一釗老師qwq