我真是菜的真实，实在听不懂 wzy 在讲什么了，所以划了划生成函数的基础知识
参考了一下铃悬的博客
有好多式子 rqy 都没讲是咋证的，所以参考了一篇 blog，都是用泰勒展开证的
所以，前置知识
泰勒展开
\[T_n = \sum_{i=0}^n\frac{f^{(n)}(x_0)}{i!}(x - x_0)^n
\]
这玩意看起来就非常难用，但是我们有麦克劳林公式
\[f(x) = \sum_{i=0}^n\frac{f^{(n)}(0)}{i!}x^n
\]
斐波那契数列
\(f_0 = 0,f_1 = 1,f_i = f_{i-1} + f_{i - 2}(i > 2)\)
设生成函数 \(F(x) = \sum\limits_{i=0}^\infty f_ix^i\)
那么使用高中数学处理数列问题的经典手段——错位相减法
\(F(x) = x + xF(x) + x^2F(x)\)，这就是斐波那契数列的封闭形式
化简得 \(F(x) = \frac{x}{1-x-x^2}\)
将上式分解成 \(\frac{A}{1 - ax} + \frac{B}{1 - bx}\)，等比数列求和的形式。
可以根据 \((1-ax)(1-bx) = 1-x-x^2\) 解出 \(\phi = \frac{1 + \sqrt 5}{2},\hat\phi=\frac{1 - \sqrt 5}{2}\)
然后 \(A\) 和 \(B\) 也能够解出 \(A=\frac{1}{\sqrt 5},B=-\frac{1}{\sqrt 5}\)
\[F(x) = \frac{1}{\sqrt 5}(\frac{1}{1-\phi x}\times\frac{1}{1-\hat\phi x})
\]
\[\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\frac{1}{\sqrt 5}(\sum_{i=0}^{\infty}\phi^ix^i - \sum_{i=0}^{\infty}\hat\phi^ix^i)
\]
\[\ \\\ =\sum\limits_{i=0}^\infty(\frac{\phi-\hat\phi}{\sqrt 5})^ix^i
\]
然后和第一个式子联立解一下方程
\[f_i = (\frac{\phi-\hat\phi}{\sqrt 5})^i
\]
就解出来了
生成函数基本运算就过了
微积分
\[\frac{\operatorname{dy}}{\operatorname{dx}}\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i \to \sum_{i=0}^{\infty}a_{i+1}(i+1)x^i
\]
\[\int\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i \to \sum_{i=0}^{\infty}\frac{a_i}{i+1}x^{i+1} + C
\]
一些简单的生成函数例子
有几个我没看懂的就证了一下
\[\sum_{n \geq 0}[n=m]x^n = x^m
\]
\[\sum_{n\geq 0}x^n = \frac{1}{1 - x}
\]
证明：
设 \(f(x) = \frac{1}{1 - x}\)，其 n 阶导数为 \(f^{(n)}(x) = \frac{n!}{(1-x)^n}\)
把 f(x) 在 x=0 位置上进行泰勒展开，约去阶乘，得到 f(x) 的形式幂级数。
\[f(x)=f(0) + f'(0)x + f''(0)x^2 + f^{(3)}x^3 + \dots + f^{(n)}x^n
\]
因为f(0) = 1，并且对其任意导数均是如此，所以
f(x) 形式幂级数为
\(f(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + \dots + x ^ n\)
\[\sum_{n\geq m}x^n=\frac{x^m}{1-x}
\]
\[\sum_{n\geq 0} c^nx^n=\frac{1}{1-cx}
\]
这个根据无限项等比数列求和也能得出结论
\[\sum_{n\geq 0}\dbinom{n + k -1}{n}x^n = \frac{1}{(1-x)^k}
\]
证明：
首先对 \(\dbinom{n + k - 1}{n}\) 进行上指标反转转化为 \((-1)^n\dbinom{-k}{n}\)
\[=\sum_{n\geq 0}\dbinom{n + k -1}{n}x^n
\]
\[= \sum_{n\geq 0}(-1)^n\dbinom{-k}{n}x^n
\]
\[= \sum_{n\geq 0}(-1)^n\frac{(-k) \times (-k-1)\times(-k-2)\times \dots \times(-k-n+1)}{n!}x^n
\]
\[=
\]
同理，对上面这个式子进行反向泰勒展开等价于
对于 \(\frac{1}{(1 - x)^k}\) 带入麦克劳林公式。就能得到和上市等价的形式。
\[\sum_{n \geq 0}\frac{c^nx^n}{n!} = e^{cx}
\]
\[\sum_{n > 0}\frac{(-1)^(n-1)}{n}x^n = \ln(1 + x)
\]
\[\sum_{n > 0}\frac{1}{n}x^n=\ln\frac{1}{1-x}
\]
简单数列的部分和
求斐波那契数列的前缀和
\[S(x) = \sum_{n\geq 0}s_nx^n
\]
\[= \sum_{n\geq 0}(\sum_{i=0}^nf_i)x^n
\]
\[= \sum_{i=0}f_i\sum_{n\geq i}^{\infty}x^n
\]
\[= \sum_{i=0}f_i\frac{x^i}{1-x}
\]
\[= \frac{1}{1-x}\sum_{i=0}f_ix^i
\]
\[= \frac{1}{1-x}F(x)
\]
由此可见，求一个序列部分和的生成函数只需要把它的生成函数乘上 \(\frac{1}{1-x}\)。
