【失踪人口回归】斐波那契数列通项的推导

我最近在认真的读书

 

对于递推式F_n=F_{n-1}+F_{n-2}(略去显然的边界情况

 

我们有生成函数G(z)=\sum_{n\geq0}F_nz^n

通过一个变形得到

zG(z)=\sum_{n\geq0}F_nz^{n+1}

再变

z^2G(z)=\sum_{n\geq0}F_nz^{n+2}

三式相减

(1-z-z^2)G(z)=(F_1-F_0)z=z

那么G(z)=\frac{z}{1-z-z^2}

到此我们有一个简洁的结果。对于生成函数的基本应用手段,我们应该将其展开成简单的幂级数形式。

幸运的是我们有

\frac{A}{1-az}=A\sum_{n\geq0}(az)^n

如果有两个类似的形式,就有可能凑出我们想要的G(z)

问题现在变得非常简单

\frac{A}{1-az}+\frac{B}{1-bz}=G(z)

\frac{A(1-bz)+B(1-az)}{(1-az)(1-bz)}=\frac{z}{1-z-z^2}

幸于多项式恒等定理的正确性,稍有数学基础的人都能很快的想出a,b的解法

那么我们有a=\frac{1+\sqrt5}{2},b=-\frac{1-\sqrt5}{2}

同样的,我们得到A=-B=\frac{1}{\sqrt5}

回到幂级数展开

\frac{A}{1-az}+\frac{B}{1-bz}\\=A\sum_{n\geq0}(az)^n+B\sum_{n\geq0}(bz)^n\\=\sum_{n\geq0}(Aa^n+Bb^n)z^n\\=\sum_{n\geq0}A(a^n-b^n)z^n

此时其实结果已经得到,就是F_n=A(a-b)^n=\frac{1}{\sqrt5}(\frac{\sqrt5+1}{2}^n+\frac{\sqrt5-1}{2}^n)

posted @ 2016-12-06 21:07 zhouyis 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏