斐波那契数列以及Catalan数通项公式的推导

1、斐波那契数列通项公式推导：
已知斐波那契数列的递推公式为$f(n)=f(n-1)+f(n-2)$且$f(0)=0,f(1)=1$。
设斐波那契数列的生成函数为$F(x)$,$F(x)={\sum }_{i=0}^{\infty }f(i)x^i$。
现推导该生成函数的封闭形式：
$$\begin{array}{rl}F(x)& =f(0)+f(1)x+f(2)x^2+...+\\ xF(x)& =f(0)x+f(1)x^2+f(2)x^3+..+\\ F(x)+xF(x)& =f(0)+f(2)x+f(3)x^2+...+\\ [F(x)+xF(x)+f(1)]x& =f(0)+f(1)x+f(2)x^2+...+=F(x)\end{array}$$
得
$$\begin{array}{rl}F(x)& =(F(x)+xF(x)+f(1))x\\ F(x)& =\frac{x}{1-x-x^2}\end{array}$$
不妨假设$$F(x)=\frac{A}{1-ax}+\frac{B}{1-bx}$$
那么得到一个方程组
$$\{\begin{array}{c}A+B=0\\ Ab+aB=-1\\ a+b=1\\ ab=-1\end{array}$$
解得
$$\{\begin{array}{c}A=\frac{1}{\sqrt{5}}\\ B=-\frac{1}{\sqrt{5}}\\ a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ b=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\end{array}$$
将系数代入得
$$F(x)=\frac{\frac{1}{\sqrt{5}}}{1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x}+\frac{-\frac{1}{\sqrt{5}}}{1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x}$$

设一等比数列{$1,p,p^2,...,$}，其生成函数为$F(x)={\sum }_{i=0}^{\infty }{p}^i{x}^i$。
$\begin{array}{rl}F(x)& =1+px+p^2{x}^2+...+\\ pxF(X)& =px+p^2{x}^2+p^3{x}^3+...+\\ 1+pxF(x)& =F(x)\\ F(x)& =\frac{1}{1-px}\end{array}$

当推导出了等比数列生成函数得封闭形式后，我们发现斐波那契数列的生成函数可以表示为两个等比数列生成函数的和。
$$\begin{array}{rl}F(x)& =\frac{\frac{1}{\sqrt{5}}}{1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x}+\frac{-\frac{1}{\sqrt{5}}}{1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x}\\ F(x)& =\frac{1}{\sqrt{5}}\sum _{i=0}^{\infty }{(\frac{1+\sqrt{5}}{2})}^i{x}^i-\frac{1}{\sqrt{5}}\sum _{i=0}^{\infty }{(\frac{1-\sqrt{5}}{2})}^i{x}^i\\ F(x)& =\frac{1}{\sqrt{5}}\sum _{i=0}^{\infty }[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^i-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^i]x^i\end{array}$$

所以斐波那契数列的通项公式为
$$f(n)=\frac{(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n}{\sqrt{5}}$$

2、卡特兰数通项公式推导：
已知卡特兰数的递推公式为：$f(n)=f(0)f(n-1)+f(1)f(n-2)+...+f(n-2)f(1)+f(n-1)f(0)$,其中$f(0)=1$。

设卡特兰数的生成函数为$F(x)={\sum }_{i=0}^{\infty }f(i)x^i$。
$$\begin{array}{rl}F(x)& =f(0)+f(1)x+f(2)x^2+...+\\ xF(x)& =f(0)x+f(1)x^2+f(2)x^3+...+\\ F(x)\ast xF(x)& =f(0)f(0)x+[f(1)f(0)+f(0)f(1)]x^2+...+\\ F(x)\ast xF(x)& =\sum _{i=1}^{\infty }\sum _{j=0}^{i}f(i)x^{i}f(i-1-j)x^{i-j}\\ F(x)\ast xF(x)& =\sum _{i=1}^{\infty }f(i)x^i\\ F(x)\ast xF(x)& =F(x)-1\end{array}$$
从而得到方程$$x{F}^2(x)-F(x)+1=0$$
解得$$F(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}=\frac{2}{1\mp \sqrt{1-4x}}$$
$$\begin{gathered} \because F(0)=f(0)=1 \\ \therefore F(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} \end{gathered}$$

因为F(x)得分母不是多项式，所以不能像斐波那契数列那样用待定系数法来将F(x)转化成等比数列之和。

先通过广义二项式定理将$(1-4x{)}^{\frac{1}{2}}$展开。
$$\begin{array}{rl}(1-4x{)}^{\frac{1}{2}}& =\sum _{i=0}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{1}{2}}{i}\right)(-4x{)}^i\\ & =\sum _{i=0}^{\infty }\frac{{\frac{1}{2}}^{\underline{i}}}{i!}(-4x{)}^i\\ & =1+\sum _{i=1}^{\infty }\frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)(\frac{1}{2}-2)...(\frac{1}{2}-(i-1))}{i!}(-4x{)}^i\\ & =1+\sum _{i=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{i-1}(2i-3)!!}{i!2^i}(-4x{)}^i\\ & =1+\sum _{i=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{i-1}(2i-2)!}{i!2^i(2i-2)!!}(-4x{)}^i\\ & =1+\sum _{i=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{i-1}(2i-2)!}{i!2^{2i-1}(i-1)!}(-4x{)}^i\\ & =1-\sum _{i=1}^{\infty }\frac{(2i-2)!}{i!(i-1)!}2x^i\\ & =1-\sum _{i=1}^{\infty }\frac{(2i-2)!}{i!(i-1)!}2x^i\\ & =1-\sum _{i=1}^{\infty }\frac{(2i-1)!}{i!(i-1)!}\frac{1}{2i-1}2x^i\\ & =1-\sum _{i=1}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2i-1}{i-1}\right)\frac{1}{2i-1}2x^i\end{array}$$
进而
$$\begin{array}{rl}F(x)& =\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\\ & =\frac{{\sum }_{i=1}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2i-1}{i-1}\right)\frac{1}{2i-1}2x^i}{2x}\\ & =\sum _{i=1}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2i-1}{i-1}\right)\frac{1}{2i-1}{x}^{i-1}\\ & =\sum _{i=0}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2i+1}{i}\right)\frac{1}{2i+1}{x}^i\\ & =\sum _{i=0}^{\infty }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2i}{i}\right)\frac{1}{i+1}{x}^i\end{array}$$

进而得到卡特兰数的通项公式$$f(n)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)}{n+1}$$

3、总结
已知序列的递推公式，求序列的通项公式。
1、写出序列生成函数的形式幂级数形式。
$e.g.F(x)={\sum }_{i=0}^{\infty }f(i)x^i$
2、通过递推公式求出生成函数的封闭形式。
$e.g.F(x)=\frac{1}{1-x}$
3、将得到的生成函数转化为一些已知序列的生成函数。
$e.g.如求斐波那契数列通项公式：利用系数待定法将生成函数转化成两个等比数列的和$
4、若3实在不行，寻求直接展开的方法。