从斐波那契通项公式到卡特兰数通项公式

前置知识：

  • 强大的吃屎（读明白又臭又长的数学推导公式）能力
  • 生成函数
  • 二次方程
  • 组合数学（请至少有少量基础并知道二项式定理就基本够了）
  • 高等数学（几乎用不到）

斐波那契数列通项公式：

（此处的斐波那契数列的前两项为 \(f_0=f_1=1\)）
我们定义一个生成函数 \(F(x)=f_0+f_1x+f_2x^2+\cdots=\sum\limits_{i=0}^{\infty}f_ix^i\)，其中 \(f_i\) 为斐波那契数列第 \(i\) 项。

将 \(F(x)\) 乘上一个 \(x\) 后，可得到 \(xF(x)=f_0x+f_1x^2+f_2x^3+\cdots\)。

将 \(F(x)\) 乘上一个 \(x^2\) 后，可得到 \(x^2F(x)=f_0x^2+f_1x^3+\cdots\)。

观察出什么蹊跷了吗？如果没有，我这样写给各位观众老爷们看：

\[\begin{aligned}F(x)&=f_0+f_1x+f_2x^2+f_3x^3+\cdots\\xF(x)&=\,\ \ \ \ \ \ \ \ f_0x+f_1x^2+f_2x^3+\cdots\\x^2F(x)&=\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ f_0x^2+f_1x^3+\cdots\end{aligned} \]

这下子，就很容易看出来是怎么个事了：\(F(x)=xF(x)+x^2F(x)\)。但这个等式对于第一项不满足：\(f_0=1\)，但实际上这一处为 \(0\)！所以我们要手动在等号右边补一个 \(1\)，得到 \(F(x)=xF(x)+x^2F(x)+1\)，这样这个等式就完美无缺了。

（从此处开始，\(F(x)\) 将被简写为 \(F\)）

\[\begin{aligned} F&=xF+x^2F+1\\ 1&=F-xF-x^2F\\ F&=\dfrac{1}{1-x-x^2} \end{aligned}\]

上面两步没有什么好说的，都是简单的移项。

\[\begin{aligned} F&=\dfrac{1}{1-x-x^2}\\ F&=\dfrac{1}{(1-c_1\cdot x)(1-c_2\cdot x)} \end{aligned}\]

那这一步是在干什么呢？是在将 \(F\) 的分母进行因式分解。而我们因式分解是为了干什么呢？别急，到后面你就知道了。

但现在有一个问题，就是我们没法一眼就把它分解了。于是我们考虑拆括号，得到：\(1-(c_1+c_2)x+c_1c_2x=1-x-x^2\)，于是我们得到：

\[\begin{cases} c_1+c_2=1\\ c_1\cdot c_2=-1 \end{cases}\]

看到这个东西，便让人不禁联想到韦达定理，于是考虑构造一个一元二次方程 \(ax^2+bx+c=0\)，使得 \(c_1\)、\(c_2\) 分别是这个方程的两个根。那根据韦达定理可得：

\[\begin{cases} -\dfrac{b}{a}=1\\ \dfrac{c}{a}=-1 \end{cases}\Longrightarrow \begin{cases} b=-a\\ c=-a \end{cases} \]

我们便能得到方程为：\(ax^2-ax-a=0\Longrightarrow x^2-x-1=0\)。

求解这个方程，得到 \(c_1=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2},c_2=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\)。

显然，\(c_1=\phi,c_2=-\dfrac{1}{\phi}\)。

则 \(F=\dfrac{1}{(1-\phi x)(1-(-\frac{1}{\phi})x)}\)。

然后，将其因式分解的作用就显现出来了：

\[\begin{aligned} F&=\dfrac{1}{(1-\phi x)(1-(-\frac{1}{\phi})x)}\\ &=\dfrac{d_1}{1-\phi x}+\dfrac{d_2}{1-(-\frac{1}{\phi})x}\\ &=d_1\sum\limits_{i=0}^{\infty}(\phi x)^i+d_2\sum\limits_{i=0}^{\infty}(-\frac{1}{\phi}x)^i\\ &=d_1+d_1\phi x+d_1\phi^2x^2+\cdots\\ &\,+d_2-d_2\frac{1}{\phi}x+d_2\frac{1}{\phi^2}x^2+\cdots\\ &=(d_1+d_2)+(d_1\phi-d_2\frac{1}{\phi})x+(d_1\phi^2+d_2\frac{1}{\phi^2})x^2+\cdots \end{aligned}\]

很容易观察出：\(f_n=d_1\phi^n+d_2(-\frac{1}{\phi})^n\)。

而我们只需要

\[\begin{cases} d_1+d_2=f_0=1\\ d_1\phi-d_2\frac{1}{\phi}=f_1=1 \end{cases}\]

即可求出 \(d_1\) 与 \(d_2\)。解得\(\begin{cases}d_1=\dfrac{\phi+1}{\phi^2+1}\\\\d_2=\dfrac{\phi^2-\phi}{\phi^2+1}\end{cases}\)。

则 \(f_n=\dfrac{\phi+1}{\phi^2+1}\phi^n+\dfrac{\phi^2-\phi}{\phi^2+1}\left(-\dfrac{1}{\phi}\right)^n\)

将 \(\phi=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\) 代入部分 \(\phi\) 得并化简得：

\[\begin{aligned} f_n&=\dfrac{\frac{\sqrt{5}+1}{2}+1}{(\frac{\sqrt{5}+1}{2})^2+1}\phi^n+\dfrac{(\frac{\sqrt{5}+1}{2})^2-\frac{\sqrt{5}+1}{2}}{(\frac{\sqrt{5}+1}{2})^2+1}\left(-\dfrac{1}{\phi}\right)^n\\ &=\dfrac{\frac{\sqrt{5}+1}{2}+1}{\frac{5+2\sqrt{5}+1}{4}+1}\phi^n+\dfrac{\frac{5+2\sqrt{5}+1}{4}-\frac{\sqrt{5}+1}{2}}{\frac{5+2\sqrt{5}+1}{4}+1}\left(-\dfrac{1}{\phi}\right)^n\\ &=\dfrac{2\sqrt{5}+2+4}{5+2\sqrt{5}+1+4}\phi^n+\dfrac{5+2\sqrt{5}+1-2\sqrt{5}-2}{5+2\sqrt{5}+1+4}\left(-\dfrac{1}{\phi}\right)^n\\ &=\dfrac{6+2\sqrt{5}}{10+2\sqrt{5}}\phi^n+\dfrac{4}{10+2\sqrt{5}}\left(-\dfrac{1}{\phi}\right)^n\\ &=\dfrac{3+\sqrt{5}}{5+\sqrt{5}}\phi^n+\dfrac{2}{5+\sqrt{5}}\left(-\dfrac{1}{\phi}\right)^n\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\left(\dfrac{3+\sqrt{5}}{\sqrt{5}+1}\phi^n+\dfrac{2}{\sqrt{5}+1}\left(-\dfrac{1}{\phi}\right)^n\right)\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\left(\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\phi^n-\left(-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\right)\left(-\dfrac{1}{\phi}\right)^n\right)\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\left(\phi^{n+1}-\left(-\dfrac{1}{\phi}\right)^{n+1}\right) \end{aligned}\]

于是我们就优美的将斐波那契数列的通项公式求出来了。

卡特兰数通项公式：

（此处卡特兰数前两项默认为 \(c_0=c_1=1\)）

定义一生成函数 \(C(x)=c_0+c_1x+c_2x^2+\ldots=\large\sum\limits_{i=0}^{\infty}\normalsize c_ix^i\)，其中 \(c_i\) 为第 \(i\) 个卡特兰数。

然后经过本蒟蒻好几节数学、物理、语文课 （这也导致中考时本蒟蒻物理疯狂挂分） 的推导，得到了：\(C^2(x)=\dfrac{C(x)-1}{x}\)。证明如下（从此证明开始，\(C(x)\) 简写为 \(C\)）：

注意到对 \(C\) 进行卷积后，得到的 \(C^2=c_1+(c_0c_1+c_1c_0)x+(c_0c_2+c_1c_1+c_2c_0)x^2+\ldots=\large\sum\limits_{i=0}^{\infty}\normalsize c_{i+1}x^i\)。

因为 \(c_0=c_1=1\)，所以可知：\(C^2=\dfrac{C-1}{x}\)。

然后我们按推斐波那契数列的方法，将其移项，得到：\(xC^2-C+1=0\)；然后解二次方程，得到 \(C=\dfrac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x}\)。

当 \(x\longrightarrow 0\) 时，\(C\longrightarrow c_0\)，且 \(\sqrt{1-4x}\longrightarrow1-2x-2x^2+\ldots\)。此时考虑加、减两种情况，看哪种成立。

  • 当取减号时，即 \(C=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\) 时，\(C\approx\dfrac{1-(1-2x-2x^2)}{2x}=1+x\)，在 \(x\longrightarrow0\) 时，\(C\longrightarrow1\)，正确。
  • 当取加号时，即 \(C=\dfrac{1+\sqrt{1-4x}}{2x}\) 时，\(C\approx\dfrac{1+(1-2x-2x^2)}{2x}\approx\dfrac{1}{x}-1\)，在 \(x\longrightarrow0\) 时，\(C\) 显然发散，错误。

所以 \(C=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\)。

但后面就出现了难题：\(\dfrac{1}{x}\) 没有对应生成函数，而 \(\sqrt{1-4x}\) 生成函数是否存在，长什么样我们都不知道，怎么办呢？

先来尝试求出 \(\sqrt{1-4x}\) 的生成函数。注意到 \(\sqrt{1-4x}=(1-4x)^{\frac{1}{2}}\)，现在大家可能都明白是怎么个事了——广义二项式定理（跟二项式定理差不太多，这里不再展开）！

所以 \(\sqrt{1-4x}=\large\sum\limits_{k=0}^{\infty}\normalsize\dbinom{\frac{1}{2}}{k}(-4)^kx^k\)。
（请自行计算 \(\dbinom{\frac{1}{2}}{k}\)。）

则：

\[\begin{aligned} 原式&=\dfrac{1-\large\sum\limits_{k=0}^{\infty}\normalsize\dbinom{\frac{1}{2}}{k}(-4)^kx^k}{2x}\\ &=-\dfrac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{\infty}\dbinom{\frac{1}{2}}{k}(-4)^kx^{k-1}\ （可以代入数值计算证明正确性，此处略）\\ &=2\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dbinom{\frac{1}{2}}{k+1}(-4)^kx^k\\ &=2\sum\limits_{k=0}^{\infty}\left[(-1)^k\dfrac{(2k)!}{2^{2k+1}k!(k+1)!}\right]\left[(-1)^k2^{2k}\right]x^k\ （用了一点展开，所以到最后我还是算了二项式系数......）\\ &=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{(2k)!}{(k+1)!k!}x^k\\ &=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{k+1}\dbinom{2k}{k}x^k \end{aligned}\]

然后，由定义可知：\(c_n=\dfrac{1}{n+1}\dbinom{2n}{n}\)。

我们就优雅的将卡特兰数通项公式求出来了。