利用生成函數求斐波那契數列通項公式

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本身的弱小，人家的一個"解得"我竟然解了兩個小時。。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:

簡單來講用多項式\(\sum_{i=0}^{\infty} a_ix^i\)的係數表示序列的元素

同時由於咱們不關心\(x\)的取值，所以\(\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i\)又稱做以\(x\)爲自由元的形式冪級數

常見的有:

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

證實:
後半部分能夠直接由通項公式獲得\(S_n = \frac{1-x^{n+1}}{1-x}\)，當\(x \in (-1, 1)\)，那麼\(\lim_{n\to +\infty} x^{n+1} = 0\)

將\(x\)替換爲\(xk\)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，咱們能夠這樣變化，顯然有

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

那麼能夠獲得一個方程\(A - xA - x^2A = 1\)

整理一下\(A =\frac{1}{1-x-x^2}\)

這樣咱們就獲得了斐波那契數列的生成函數，然而並無什麼卵用，由於咱們不能直接經過觀察看出每一項的係數。

如今考慮一下，咱們接下來能夠幹什麼。咱們已經知道了\(\frac{1}{1-x}\)和\(\frac{1}{1-kx}\)所表示的序列。接下來要乾的固然是把\(\frac{1}{1-x-x^2}\)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，咱們能夠配方

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

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

(解的時候能夠直接把後面的式子拆開，把這兩個式子對應項聯立組成方程組, \(\phi_1 \phi_2\)的取值是能夠反過來的)

這個時候咱們發現已經找到與\(\frac{1}{1-kx}\)的聯繫了，咱們能夠把\(\frac{1}{(1-\phi_1 x)(1-\phi_2 x)}\)拆成求和的形式。能夠裂一下項

原式變爲\(\frac{a}{1-\phi_1x} + \frac{b}{1-\phi_2 x}\)，而後再解一個方程\(a(1-\phi_2 x) + b(1-\phi_1x) = 1\)

解這個方程就沒那麼休閒了，這裏咱們選擇把\(x\)當作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

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

解一下能夠獲得\(a = \frac{1}{\sqrt{5}} \phi_1, b = -\frac{1}{\sqrt{5}} \phi_2\)

帶回去

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

那麼第\(n\)項的公式爲

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

參考資料

生成函數-羅煜楚(版權緣由暫不公開)

特別感謝張一釗老師qwq