生成函数求递推数列通项

可以看《具体数学》

假设我们已知递归关系：$g_n=\sum\limits_{k=1}^lc_kg_{n-k}$ ，现在我们想给出 $g_n$ 关于 $n$ 的封闭形式。那么生成函数提供了一套机械式的计算方式。

分四步

$$1.给出g_n的单个公式，在g_k=0, \forall k<0的前提下$$

$$2.分别乘以z^n后累加给出包含G(z)的表达式$$

$$3.解出G(z)的封闭形式$$

$$4.将G(z)展开成幂级数，取出z^n的系数，即为g_n的封闭形式$$

一个更加强大的工具应当具备解决简单问题的能力，这里我们以斐波那契数列为例

第一步，通常意义下我们对斐波那契数列的定义考虑到初值会分三条，但在上述假设下我们可以给出一条式子来定义，即：

$$f_n=f_{n-1}+f_{n-2}+[n=1]$$

第二步，累加得到：

$$\begin{aligned}F(z)=\sum\limits_nf_nz^n&=\sum\limits_nf_{n-1}z^n+\sum\limits_nf_{n-2}z^n+\sum\limits_n[n=1]z^n\\&=zF(z)+z^2F(z)+z\end{aligned}$$

第三步，移项即可得到 $F(z)=\dfrac{z}{1-z-z^2}$

第四步，我们考虑更一般的情况，如果有理函数 $R(z)=\dfrac{P(z)}{Q(z)}$ ，其中 $P(z)Q(z)$ 均为整式函数，我们应该如何处理？

如果 $P(z)$ 次数不小于 $Q(z)$ ，很明显我们可以通过多项式除法取出一个整式。那么接下来我们只考虑 $P(z)$ 次数小于 $Q(z)$ 的情况。

由于 $Q(z)$ 是整式函数，我们考虑一个特殊的有理函数

$$\dfrac{a}{(1-\rho z)^{m+1}}=\sum\limits_{n\ge 0}\dbinom{n+m}{m}a\rho^nz^n$$

为什么考虑这个，因为这个具有展开形式，并且若干个这个有理函数的和可以表示许多有理函数，再加上一个多项式的调整，我们可以得到任意有理函数。

形式化的来说，我们有如下的做法：

$$S(z)=\sum\limits_{k=1}^l\dfrac{a_k}{(1-\rho_kz)^{m_k+1}}$$

$$T(z)是一个多项式函数$$

$$那么R(z)=S(z)+T(z)$$

我们发现 $T(z)$ 只能是我们多项式除法得到的商式，$S(z)$ 就是 $P(z)$ 对 $Q(z)$ 的余式与 $Q(z)$ 得到的新有理函数的分解，为了方便，下面的 $R(z)$ 表示这个新的有理函数， $P(z)$ 表示余式。

很明显，为了凑起来后分母一样，如果我们假设 $Q(z)$ 的 $l$ 个根分别为 $\alpha_1...\alpha_l$ ，那么有 $\rho_k=\dfrac{1}{\alpha_k}$ 。或者我们考虑 $Q(z)=q_0(1-\alpha_1z)...(1-\alpha_kz)$ 的反射多项式 $Q^R(z)=q_0(z-\rho_1)...(z-\rho_l)$ ，其反射多项式的根就是我们需要的 $\rho$

接下来，我们考虑如果这 $l$ 个根互不相同的做法。

很明显，这时 $\forall k=1,2...l,m_k=0$ 。此时，我们需要构造合适的 $a_k$ ，使得 $H(z)=R(z)-S(z)\equiv 0$ 。我们的证明思路分两步：

$$1.证明H(z)是多项式函数$$

$$2.由\lim\limits_{z\rightarrow\infty}H(z)=0得到H(z)\equiv 0$$

第二步比较简单，假设我们已经证明了第一步了。如果 $H(z)$ 非零，那么这个极限显然不收敛。但是由于 $R(z)$ 和 $S(z)$ 均是分子次数小于分母的有理函数，那么这两个函数在无穷处的极限肯定都是零，所以 $H(z)$ 在无穷处的极限也是零。于是 $H(z)\equiv 0$ 。

现在返回来看第一步，我们注意到如果 $H(z)$ 是一个非多项式的有理函数，那么根据分母的根，一定可以得到 $H(z)$ 存在无穷点。考虑到 $H(z)$ 的构成，我们只需要让 $H(z)$ 在 $x=\alpha_k$ 处的取值恒非无穷即可。并且我们可以注意到， $R(z)$ 和 $S(z)$ 在这些位置都是一阶无穷大。所以欲证明 $\lim\limits_{z\rightarrow\alpha_k}H(z)\ne\infty$ ，只需证明：

$$\lim\limits_{z\rightarrow\alpha_k}(z-\alpha_k)H(z)=0$$

注意到：

$$\lim\limits_{z\rightarrow\alpha_k}(z-\alpha_k)S(z)=\lim\limits_{z\rightarrow\alpha_k}(z-\alpha_k)\dfrac{a_k}{1-\rho_kz}=-a_k\alpha_k$$

$$\lim\limits_{z\rightarrow\alpha_k}(z-\alpha_k)R(z)=\lim\limits_{z\rightarrow\alpha_k}P(z)\dfrac{z-\alpha_k}{Q(z)}$$

然后运用洛必达得到

$$\lim\limits_{z\rightarrow\alpha_k}(z-\alpha_k)R(z)=\dfrac{P(\alpha_k)}{Q'(\alpha_k)}$$

两个极限相等我们就得到

$$a_k=-\dfrac{P(\alpha_k)}{\alpha_kQ'(\alpha_k)}=-\dfrac{\rho_kP(1/\rho_k)}{Q'(1/\rho_k)}$$

所以 $[z^n]R(z)=\sum\limits_{k=1}^la_k\rho^n,a_k=-\dfrac{\rho_kP(1/\rho_k)}{Q'(1/\rho_k)}$

回看我们的斐波那契数列，我们得到 $\rho_1=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2},\rho_2=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2},P(z)=z,Q'(z)=-1-2z$

于是 $a_k=-\dfrac{\rho P(1/\rho)}{Q(1/\rho)}=\dfrac{-1}{-1-2/\rho}=\dfrac{\rho}{\rho+2}$

所以 $a_1=\dfrac{1}{\sqrt{5}},a_2=-\dfrac{1}{\sqrt{5}}$

所以 $f_n=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\dfrac{1}{\sqrt{5}}\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n$

实际的话，解出 $\rho$ 之后，根据初值解一下系数的方程是更好的选择。