2023.6.15 闲话

推歌：

• モンキーダンスの洗脳術 - 鬱P feat. 鏡音リン
• 那些我恐惧至极的事 - 哈士奇P feat. 洛天依 & 乐正绫
• the EmpErroR - sasakure.UK

NaOH 语录

NaOH：小王连 APJ 都比不上。

NaOH：不如看我。

NaOH：一题不打，直接上大分。

NaOH：两个一样的话说明运气好（指 NaOH 随机长为 161 的字符串随到一样的）

NaOH：青蛙狂 D Keven_He。

NaOH：我是青蛙我狂 D Keven_He。

NaOH：嗯？小王监视器？

​NaOH：我还是别玷污人家了。

NaOH：你甚至专门给我开一个 Markdown。

NaOH：你看看你 ARC 怎么搞的，你一个 D 题样例出问题。

NaOH：你成天黑我很有意思吗。

NaOH：（ARC）你 E 和 F 都不做的啊？

NaOH：你是玉米。

NaOH：你这依托东西挺好。

NaOH：你一天天都搞些什么寄吧。

NaOH：（%%%）你继续发呀。

NaOH：我啥也不能说。

NaOH：我玩勾八。
NaOH：我玩你勾八。
NaOH：我玩你妈的勾八啊！

NaOH：Keven_He 也比不过我。

NaOH：我这个语录怎么逐渐重量级。

NaOH：APJ？我这个不是 yspm 语录吗？

NaOH：一堆红名的，就 Rolling_star 绿了。

NaOH：显然可得然后易证。

NaOH：我又不是战神。

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今天 jijidawang 找我问一个：

\[\sum_{i=0}^n\dbinom nif_i=f_{2n} \]

其中 \(f\) 是 Fibonacci 数列，下标从 0 开始 .

证明 1

考虑构建递推关系，令 \(\displaystyle S(n,m)=\sum_{i=0}^n\dbinom nif_{i+m}\)，则：

\[\begin{aligned}S(n,m)&=\sum_{i=0}^{n}\left(\dbinom{n-1}{i-1}+\dbinom{n-1}i\right)f_{i+m}\\&=\sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1}if_{i+m+1}+\sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1}if_{m+1}\\&=\sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1}if_{i+m+2}\\&=S(n-1,m+2)\end{aligned} \]

则可以导出 \(S(n,0)=S(0,2n)=f_{2n}\)，证毕 .

这样其实证明了更强的结论：\(S(n,m)=S(0,m+2n)=f_{m+2n}\)，膜拜大神 .

证明 2

观察到 \(g(n)=f(2n)\) 的差分 \(\Delta g(n)=f(2n+2)-f(2n)=f(2n+1)\)，那么不难发现 \(\Delta^k g(n)=f(2n+k)\) .

则可以考察 \(g(n)\) 的牛顿级数形式：

\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{i=0}^n\dbinom ni\Delta^ig(0)\\&=\sum_{i=0}^n\dbinom nif_i\end{aligned} \]

这和原式是一致的 . 证毕 .

证明 3

二项卷积需要的是 EGF 形式，但是我们熟知的是 Fibonacci 数列的 OGF . 考虑将 OGF 转为 EGF .

直接使用形式 Laplace-Borel 变换可能可以成功，不过我完全不会用这个（分式分解后用的话和后面方法等价）.

因为 Fibonacci 数列比较简单，不难想到先分式分解：

\[F(z)=\dfrac1{\sqrt 5}\left(\dfrac{\phi_1}{1-\phi_1z}-\dfrac{\phi_2}{1-\phi_2z}\right) \]

其中 \(\phi_1=\frac{1+\sqrt5}2\)，\(\phi_2=\frac{1-\sqrt5}2\) .

那么可以简单地将其转为 EGF：

\[\hat F(z)=\dfrac1{\sqrt 5}\left(\phi_1\cdot \mathrm e^{\phi_1z}-\phi_2\cdot \mathrm e^{\phi_2z}\right) \]

乘上 \(\mathrm e^z\) 后用同样方法转回 OGF 可以得到左式的 OGF 即为：

\[G(z)=\dfrac 1{\sqrt 5}\left(\dfrac{\phi_1}{1-(\phi_1+1)z}-\dfrac{\phi_2}{1-(\phi_2+1)z}\right)=\dfrac{1-z}{1-3z+z^2} \]

如果您精通 GF 可能一眼就能看出来 \(G(z)\) 其实就是 \(f_{2n}\) 的 OGF，不过我们还是验证一下：

根据具体数学的方法，只留偶数项的 Fibonacci 数列之 OGF：\(F_{\mathsf e}(z)=\dfrac12(F(z)+F(-z))=\dfrac{1-z^2}{1-3z^2+z^4}\) .

那么将 \(z^2\) 换为 \(z\) 即得 \(f_{2n}\) 的 OGF，不难发现和 \(G(z)\) 是一样的 . 证毕 .

感觉还是很有希望得到其它证明的，可以想想 .

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根据这个式子所得的一些推论：

首先是二项式反演后直接导出的：

\[f_n=\sum_{i=0}^n\dbinom ni(-1)^{n-i}f_{2i} \]

其次，对于 Fibonacci 数列的通项公式：

\[f_n=\dfrac1{\sqrt 5}\left(\phi_1^{n+1}-\phi_2^{n+1}\right) \]

这里的 \(\phi_1, \phi_2\) 和证明 3 的一样 .

那么暴力代入：

\[\begin{aligned}\mathrm{LHS}&=\dfrac1{\sqrt 5}\sum_{i=0}^n\dbinom ni(\phi_1^{i+1}-\phi_2^{i+1})\\&=\dfrac{\phi_1}{\sqrt 5}\sum_{i=0}^n\dbinom ni\phi_1^i-\dfrac{\phi_2}{\sqrt 5}\sum_{i=0}^n\dbinom ni\phi_2^i\\&=\dfrac{\phi_1}{\sqrt 5}(1+\phi_1)^n-\dfrac{\phi_2}{\sqrt 5}(1+\phi_2)^n\\&=\dfrac1{\sqrt 5}(\phi_1(1+\phi_1)^n-\phi_2(1+\phi_2)^n)\end{aligned} \]

将其和 \(\mathrm{RHS}\) 对比，可以得到 \(\phi_1(1+\phi_1)^n-\phi_2(1+\phi_2)^n=\phi_1^{2n+1}-\phi_2^{2n+1}\) .

upd. 某人教导我 \(\phi^2=\phi+1\)，那么就证完了 .