求Fibonacci数列通项公式

0. Intro

\[f_n=\begin{cases}
0 & (n=0) \\
1 & (n=1) \\
f_{n-1}+f_{n-2} & (n>1)
\end{cases}\]

这个就是众所周知的Fibonacci数列

用生成函数可以求出该数列的通项公式

1. 生成函数

生成函数分为普通型生成函数(OGF)和指数型生成函数(EGF)，后面默认提到生成函数都是OGF

若有一数列 \(A: a_0,a_1,a_2,a_3,\cdots\) ，则 \(A\) 的生成函数为

\[F(x)=\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots
\]

为了熟悉生成函数，先来看一个很基础的例子：

已知数列 \(f_n=1\) ，求 \(f\) 的生成函数 \(F(x)\) 。

直接代到定义式里就好了

\[F(x)=\sum_{i=0}^{\infty}f_ix^i=\sum_{i=0}^{\infty}x^i
\]

发现这里其实就是一个等比数列求和

\[F(x)=\lim_{i\rightarrow \infty}\dfrac{1-x^i}{1-x}
\]

研究生成函数时我们都假设级数收敛

如果你不知道级数收敛是什么意思 只需要知道生成函数中的 \(x\) 没有实际意义 所以我们可以任意取值 所以不妨设 \(0<x<1\)

那么当 \(i\) 趋向于无穷大时，\(x^i\) 显然趋于 \(0\)

于是就得到了一个很简单的式子

\[F(x)=\dfrac1{1-x}
\]

同理可以得到三个关于等比数列的生成函数的结论：

数列 \(1,q,q^2,q^3,\cdots\) （下标从0开始，下同）的生成函数是 \(F_1(x)=\dfrac1{1-qx}\)

数列 \(0,1,q,q^2,q^3,\cdots\) 的生成函数是 \(F_2(x)=\dfrac x{1-qx}\)

数列 \(q,q^2,q^3,q^4,\cdots\) 的生成函数是 \(F_3(x)=\dfrac q{1-qx}=-\dfrac1{x-\frac1q}\)

2. Fibonacci数列通项公式

\[f_n=\begin{cases}
1 & (n=0) \\
1 & (n=1) \\
f_{n-1}+f_{n-2} & (n>1)
\end{cases}\]

注意这里的 \(f_0=f_1=1\) ，和开头的那个不一样，因为这样设推起来更方便

设 \(f_n\) 的生成函数为 \(F(x)\) ，那么我们肯定首先要把 \(F(x)\) 求出来

\[\begin{matrix}
x^2F(x) &=& & & & & f_0 x^2 & + & f_1 x^3 & + &\cdots & (1)\\
xF(x) &=& & & f_0 x & + & f_1 x^2 & + & f_2 x^3 & + &\cdots & (2)\\
F(x) &=& f_0 & + & f_1 x & + & f_2 x^2 & + & f_3 x^3 & + &\cdots & (3)\\
\end{matrix}\]

\((1)+(2)-(3)\) 得 \((x^2+x-1)F(x)=-1\)

所以 \(F(x)=\dfrac{1}{1-x-x^2}\)

然而我们并不能由此直接看出 \(f\) 的通项公式

数列 \(1,q,q^2,q^3,\cdots\) （下标从0开始，下同）的生成函数是 \(F_1(x)=\dfrac1{1-qx}\)

数列 \(0,1,q,q^2,q^3,\cdots\) 的生成函数是 \(F_2(x)=\dfrac x{1-qx}\)

数列 \(q,q^2,q^3,q^4,\cdots\) 的生成函数是 \(F_3(x)=\dfrac q{1-qx}=-\dfrac1{x-\frac1q}\)

要从生成函数反推出原数列 我们只知道这三个相关的结论

那么我们以这三个结论为目标试着做一些代数变形

\[F(x)=\dfrac1{1-x-x^2}
\]

分母显然要降次

设方程 \(1-x-x^2=0\) 的两根为 \(x_1=\dfrac{-1+\sqrt5}2,x_2=\dfrac{-1-\sqrt5}2\) ，则 \(1-x-x^2=-(x-x_1)(x-x_2)\)

\[F(x)=-\dfrac1{(x-x_1)(x-x_2)}
\]

而 \(\dfrac1{x-x_1}-\dfrac1{x-x_2}=\dfrac{(x-x_2)-(x-x_1)}{(x-x_1)(x-x_2)}=\dfrac{x_1-x_2}{(x-x_1)(x-x_2)}\)

所以 \(F(x)=-\dfrac1{x_1-x_2}\cdot\left(\dfrac1{x-x_1}-\dfrac1{x-x_2}\right)\)

其中含 \(x\) 的部分和 \(F_3(x)\) 很接近了

先把最前面的负号乘进去

\[F(x)=\dfrac1{x_1-x_2}\cdot\left[-\dfrac1{x-x_1}-\left(-\dfrac1{x-x_2}\right)\right]
\]

易知 \(x_1x_2=-1\) ，所以 \(x_2=-\dfrac1{x_1},x_1=-\dfrac1{x_2}\)

\[F(x)=\dfrac1{x_1-x_2}\cdot\left[-\dfrac1{x-\frac1{-x_2}}-\left(-\dfrac1{x-\frac1{-x_1}}\right)\right]
\]

由结论三可知，对于数列 \(a_n=(-x_1)^{n+1}\) ，它的生成函数是 \(G(x)=-\dfrac1{x-\frac1{-x_1}}\)

对于数列 \(b_n=(-x_2)^{n+1}\) ，它的生成函数是 \(H(x)=-\dfrac1{x-\frac1{-x_2}}\)

\[F(x)=\dfrac{H(x)-G(x)}{x_1-x_2}
\]

这足以说明 \(f_n=\dfrac{b_n-a_n}{x_1-x_2}\) （请读者自行证明）

所以 \(f_n=\dfrac{(-x_2)^{n+1}-(-x_1)^{n+1}}{x_1-x_2}\)

将 \(x_1=\dfrac{-1+\sqrt5}2,x_2=\dfrac{-1-\sqrt5}2\) 代入

\[f_n=\dfrac{\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^{n+1}}{\sqrt5}
\]

这样就得到了通项公式

而如果是开头那个版本的斐波拉契数列：

\[f_n=\begin{cases}
0 & (n=0) \\
1 & (n=1) \\
f_{n-1}+f_{n-2} & (n>1)
\end{cases}\]

它的通项公式就是

\[f_n=\dfrac{\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^n}{\sqrt5}
\]

3. 总结

（与前面的内容可能有些出入）

数列 \(a_0,a_1,a_2,a_3,\cdots\) 的普通型生成函数(OGF)（以下称为生成函数）为

\[F(x)=\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots
\]

首项为 \(a\) ，公比为 \(q\) 的等比数列（即 \(a,qa,q^2a,q^3a,\cdots\) ）的生成函数为

\[F(x)=\dfrac{a}{1-qx}
\]

当 \(a=q\) 时可知数列 \(q,q^2,q^3,\cdots\) 的生成函数为

\[F(x)=-\dfrac1{x-\frac1q}
\]

这个结论可以用来推导斐波拉契数列的通项公式

斐波拉契数列的递推式：

\[f_n=\begin{cases}
0 & (n=0) \\
1 & (n=1) \\
f_{n-1}+f_{n-2} & (n>1)
\end{cases}\]

（也有 \(f_0=f_1=1\) 的版本，不唯一）

斐波拉契数列的生成函数（这里 \(f_0=f_1=1\) ）：

\[F(x)=\dfrac1{1-x-x^2}=\dfrac1{\sqrt5}\left(-\dfrac1{x-\frac{-1+\sqrt5}2}+\dfrac1{x-\frac{-1-\sqrt5}2}\right)
\]

斐波拉契数列的通项公式（这里 \(f_0=0,f_1=1\) ）

\[f_n=\dfrac1{\sqrt5}\left[\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^n\right]
\]