# Немного про производящие функции
## Мотивация

Идея данной публикации родилась в процессе чтения статьи на [викиконспектах](https://neerc.ifmo.ru/wiki/index.php?title=%D0%9F%D1%80%D0%BE%D0%B8%D0%B7%D0%B2%D0%BE%D0%B4%D1%8F%D1%89%D0%B0%D1%8F_%D1%84%D1%83%D0%BD%D0%BA%D1%86%D0%B8%D1%8F#.D0.9F.D1.80.D0.B8.D0.BC.D0.B5.D1.80.D1.8B_.D1.80.D0.B5.D1.88.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D0.B9_.D0.B7.D0.B0.D0.B4.D0.B0.D1.87_.D0.BC.D0.B5.D1.82.D0.BE.D0.B4.D0.BE.D0.BC_.D0.BF.D1.80.D0.BE.D0.B8.D0.B7.D0.B2.D0.BE.D0.B4.D1.8F.D1.89.D0.B8.D1.85_.D1.84.D1.83.D0.BD.D0.BA.D1.86.D0.B8.D0.B9) о производящих рядах. Мне показалось очень интересным, что существует способ решения рекуррентных уравнений с помощью бесконечных сумм.

Здесь мы собираемся рассмотреть что такое производящая функция, разложение в ряд Тейлора, а также затронем математическую индукцию.

## Ликбез

Для начала, по моему мнению, нужно кратко описать сущности, которые появляются в статье. 

### Кратко о производящей функции последовательности

_**Производя́щая фу́нкция после́довательности** — алгебраическое понятие, которое позволяет работать с разными комбинаторными объектами аналитическими методами. Они дают гибкий способ описывать соотношения в комбинаторике, а иногда помогают вывести явные формулы для числа комбинаторных объектов определённого типа._ ([Википедия](https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9F%D1%80%D0%BE%D0%B8%D0%B7%D0%B2%D0%BE%D0%B4%D1%8F%D1%89%D0%B0%D1%8F_%D1%84%D1%83%D0%BD%D0%BA%D1%86%D0%B8%D1%8F_%D0%BF%D0%BE%D1%81%D0%BB%D0%B5%D0%B4%D0%BE%D0%B2%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D0%BE%D1%81%D1%82%D0%B8))

Для последовательности $\{a_n\}$ производящим рядом называется бесконечная сумма:

$$\Large{
G(z) = \sum_{n=0}^\infty a_nz^n.
}$$

В данной статье описывается, как использовать производящий ряд последовательности для решения рекуррентных уравнений вида:

$$\Large{
a_n = f(a_{n-1}, \dots, a_0).
}$$

### Кратко о ряде Тейлора

_**Ряд Те́йлора** — разложение функции в бесконечную сумму степенных функций._ ([Википедия](https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A0%D1%8F%D0%B4_%D0%A2%D0%B5%D0%B9%D0%BB%D0%BE%D1%80%D0%B0))

Для бесконечно дифференцируемой функции $f(x)$ в окрестности точки $a$ рядом Тейлора называется ряд:

$$\Large{
f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n.
}$$

В нашем случае этот ряд будет полезен тем, что когда мы вычислим производящую функцию последовательности в виде дроби, мы сможем разложить её в ряд и найти общую формулу для элементов последовательности. 

### Кратко о математической индукции

_**Математическая индукция** — метод математического
доказательства, который используется, чтобы доказать
истинность некоторого утверждения для всех натуральных
чисел. Для этого сначала проверяется истинность утверждения
с номером $1$  — база (базис) индукции, а затем
доказывается, что если верно утверждение с номером $n$, то
верно и следующее утверждение с номером $n+1$ — шаг
индукции, или индукционный переход._
([Википедия](https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9C%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BC%D0%B0%D1%82%D0%B8%D1%87%D0%B5%D1%81%D0%BA%D0%B0%D1%8F_%D0%B8%D0%BD%D0%B4%D1%83%D0%BA%D1%86%D0%B8%D1%8F))

Нам понадобится этот метод для того, чтобы доказать верность формулы, которую мы получим. Применяя к нашему случаю, можно сформулировать идею доказательства так:

1. Нужно доказать **базу индукции**. То есть, что формула верна для $a_0$ и $a_1$.
2. Нужно доказать **переход индукции**. В нашем случае, это означает, что нужно проверить, что формула удовлетворяет изначальному рекуррентному уравнению. 

Идея доказательства состоит в том, что для любого $k > 1$ наша формула будет верна, потому что она рекурсивно раскладывается с помощью **верного перехода** до **верных базовых случаев**.

## Получение ряда в замкнутом виде

Первое, что нам нужно сделать, это найти ряд в замкнутом виде, т. е. в виде дроби. 

По определению:
$$
\Large{
G(z) = \sum_{n=0}^\infty a_n z^n
}
$$

Тогда можно вынести первые два члена, которые известны:

$$\Large{
G(z) = a_0 + a_1 z + \sum_{n=2}^\infty a_n z^n
}$$

По формуле чисел Фибоначчи:

$$
\Large{
G(z) = a_0 + a_1 z + \sum_{n=2}^\infty (a_{n-1} + a_{n-2}) z^n = 
}
$$

$$
\Large{
= a_0 + a_1 z + \sum_{n=2}^\infty a_{n-1} z^{n-1} z + 
\sum_{n=2}^\infty a_{n-2} z^{n-2} z^2 =
}
$$

$$
\Large{
= a_0 + a_1 z + z\underbrace{\sum_{n=2}^\infty a_{n-1} z^{n-1}}_{(I)} + 
z^2 \underbrace{\sum_{n=2}^\infty a_{n-2} z^{n-2}}_{(II)}
}
$$

Рассмотрим $(I)$ и $(II)$.

$$\Large{
(I) = \sum_{n=2}^\infty a_{n-1} z^{n-1} = \left< 
\begin{split}
k = n-1\\
n = k+1
\end{split}
\right> = \sum_{k=1}^\infty a_{k} z^{k} = 
}$$

$$\Large{
= \underbrace{a_0 + \sum_{k=1}^\infty a_{k} z^{k}}_
{\sum_{k=0}^\infty a_{k} z^{k}}
- a_0 
= \sum_{k=0}^\infty a_{k} z^{k} - a_0 = G(z) - a_0
}$$

$$\Large{
(II) = \sum_{n=2}^\infty a_{n-2} z^{n-2} = 
\left<
\begin{split}
k = n-2\\
n = k+2
\end{split}
\right> 
= \sum_{k=0}^\infty a_{k} z^{k} = G(z)
}$$

Здесь мы производим замену и приводим суммы к виду $\sum\limits_{i=0}^\infty a_iz^i$. Очевидно, значение суммы не зависит от названия счетчика $i$. 

Таким образом:

$$\Large{
G(z) = a_0 + a_1 z + z \left( G\left(z\right) - a_0 \right) + z^2G(z) = 
}$$

$$\Large{
= a_0 + a_1 z + z G(z) - a_0 z + z^2 G(z)
}$$

Перенесем все члены с $G(z)$ влево:

$$\Large{
G(z) - zG(z) - z^2 G(z) = a_0 +a_1z-a_0z
}$$

$$\Large{
G(z)\left(1 - z - z^2\right)  = a_0 +a_1z-a_0z
}$$

В итоге, получаем:

$$\Large{
G(z) = \frac{a_0 +a_1z-a_0z}{1 - z - z^2}
}$$

> *Замечание*: получившееся дробь правильная. То есть степень многочлена в знаменателе больше, чем в числителе.

## Разложение дроби на элементарные дроби

Мы получили ряд:

$$\Large{
G(z) = \frac{a_0 + a_1 z - a_0 z}{1 - z - z^2}
}$$

Рассмотрим знаменатель:

$$\Large{
-z^2 - z + 1 = 0
}$$

Разложим его на множители:

$$\Large{
D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-1) = 5
}$$

$$\Large{
\begin{split}
z_{1} = - \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\\
z_{2} = - \frac{1 - \sqrt{5}}{2}
\end{split}
}$$

Тогда:

$$\Large{
-z^2 -z + 1 = -(z - z_1)(z - z_2)
}$$

Таким образом, мы можем записать:

$$\Large{
G(z) = \frac{a_0 + a_1 z - a_0 z}{-(z-z_1)(z-z_2)} =
\frac{A}{z-z_1} + \frac{B}{z - z_2}
}$$

Домножим обе части на $-(z-z_1)(z-z_2)$:

$$\Large{
a_0 + a_1 z - a_0 z = -A(z-z_2) - B(z-z_1)
}$$

Раскроем скобки и сгруппируем относительно степеней $z$:

$$\Large{
a_0 + z(a_1 - a_0) = -Az + Az_2 - Bz + Bz_1 = (Az_2 + Bz_1) + z(-A -B)
}$$

Получаем систему линейных уравнений с двумя неизвестными:

$$\Large{
\begin{cases}
	&Az_2 &+ &B z_1 &= a_0\\
    &A   &+ &B    &= a_0 - a_1
\end{cases}
}$$

Решение тривиально, опустим его. Приведу только ответ:

$$\Large{
\begin{cases}
&A = a_0 - a_1 - \frac{a_0 - a_0z_2 + a_1z_2}{z_1-z_2}\\
&B = \frac{a_0 - a_0z_2 + a_1z_2}{z_1-z_2}
\end{cases}
}$$

Таким образом, получаем следующий результат:

$$\Large{
\begin{cases}
z_{1} &= - \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\\
z_{2} &= - \frac{1 - \sqrt{5}}{2}\\
A &= a_0 - a_1 - \frac{a_0 - a_0z_2 + a_1z_2}{z_1-z_2}\\
B &= \frac{a_0 - a_0z_2 + a_1z_2}{z_1-z_2}\\
G(z) &= \frac{A}{z - z_1} + \frac{B}{z - z_2}
\end{cases}
}$$

## Доказательство по индукции

### База индукции

#### $n = 0$

Подставим $n=0$ в полученную формулу:

$$\Large{
a_0 = \left(
	-\frac{A}{z_1} - \frac{B}{z_2}
\right)
}$$

Рассмотрим $A$:

$$\Large{
A = \frac{a_0z_1-a_0z_2-a_1z_1+a_1z_2-a_0+a_0z_2-a_1z_2}{z_1-z_2} = 
}$$

$$\Large{
 = \frac{a_0z_1-\cancelto{0}{a_0z_2+a_0z_2}-a_1z_1+
\cancelto{0}{a_1z_2-a_1z_2}-a_0}{z_1-z_2} = 
}$$

$$\Large{
 = \frac{a_0z_1-a_1z_1-a_0}{z_1-z_2} = z_1\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2}-\frac{a_0}{z_1-z_2}
}$$

Проведя аналогичные вычисления  для $B$ получим:

$$\Large{
B = \frac{a_0}{z_1-z_2} - z_2 \frac{a_0-a_1}{z_1-z_2}
}$$

Тогда:

$$\Large{
a_0 = \frac{a_0}{z_1(z_1-z_2)} - \frac{z_1}{z_1}\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2} + 
}$$

$$\Large{
+ \frac{z_2}{z_2}\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2} - \frac{a_0}{z_1-z_2} = 
}$$

$$\Large{
=\frac{a_0}{z_1(z_1-z_2)} - \cancelto{0}{\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2} + 
\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2}} - \frac{a_0}{z_2(z_1-z_2)} = 
}$$

$$\Large{
= \frac{a_0z_2-a_0z_1}{z_1z_2(z_1-z_2)} = 
-\frac{a_0(z_1-z_2)}{z_1z_2(z_1-z_2)} = -\frac{a_0}{z_1z_2}
}$$

Рассмотрим $z_1z_2$:

$$\Large{
z_1z_2 = \frac{(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}{2\cdot2} = \frac{1-5}{4} = -1
}$$

Подставив результат в наше выражение:

$$\Large{
-\frac{a_0}{-1} = a_0, \text{ Q.E.D.}
}$$

#### $n = 1$

По нашей формуле:

$$\Large{
a_1 = 
-\left(
	\frac{A}{z_1^2} + 
	\frac{B}{z_2^2} 
\right) = 
}$$

$$\Large{
= -\left(
	\frac{a_0-a_1}{z_1(z_1-z_2)} - \frac{a_0}{z_1(z_1-z_2)} +
	\frac{a_0}{z_2(z_1-z_2)} - \frac{a_0-a_1}{z_2(z_1-z_2)}
\right) = 
}$$

$$\Large{
= -\left(
	\frac{a_0-a_1}{z_1-z_2} \left(
		\frac{1}{z_1} - 
		\frac{1}{z_2}
	\right) +
	\frac{a_0}{z_1-z_2} \left(
		\frac{1}{z_1^2} - 
		\frac{1}{z_2^2}
	\right)
\right) = 
}$$

$$\Large{
= -\left(
	\frac{(a_0-a_1)(z_2-z_1)}{z_1z_2(z_1-z_2)}  +
	\frac{a_0(z_1^2-z_2^2)}{z_1^2z_2^2(z_1-z_2)}  +
\right) = 
}$$

Как мы доказали: 

$$\Large{
z_1z_2 = -1
}$$

Также рассмотрим $z_1 + z_2$:

$$\Large{
z_1+z_2 = \frac{-1-
\cancelto{0}{\sqrt{5}+\sqrt{5}}
-1}{2} = 
\frac{-1-1}{2} = 
-1
}$$

Подставив значения в выражение, получим:

$$\Large{
= -\left(
	a_0 - a_1 +
	\frac{a_0(z_1-z_2)(z_1+z_2)}{(z_1-z_2)}  +
\right) = 
}$$

$$\Large{
= -\left(
	\cancelto{0}{a_0 - a_0}
	-a_1
\right) = -(-a_1) = a_1, \text{ Q.E.D.}
}$$

### Переход индукции

По определению чисел Фибоначчи:

$$\Large{
a_{n+2} = a_{n+1}+a_n
}$$

где:

$$\Large{
a_n = \left(
-\frac{A}{z_1^{n+1}}-\frac{B}{z_2^{n+1}}
\right)
}$$

Подставим это в формулу:

$$\Large{
a_{n+2} = a_{n+1}+a_n =
-\frac{A}{z_1^{n+1}}-\frac{B}{z_2^{n+1}}
-\frac{A}{z_1^{n+2}}-\frac{B}{z_2^{n+2}} = 
}$$

Сгруппируем по $A$ и $B$:

$$\Large{
= -A \underbrace{\left(
\frac{1}{z_1^{n+1}}+
\frac{1}{z_1^{n+2}}
\right)}_{(I)}
%
-B \underbrace{\left(
\frac{1}{z_2^{n+1}}+
\frac{1}{z_2^{n+2}}
\right)}_{(II)}
}$$

Рассмотрим $(I)$ и $(II)$:

$$\Large{
(I) = 
\frac{z_1+1}{z_1^{n+2}}
}$$

$$\Large{
z_1 + 1 = 
-\frac{1+\sqrt{5}}{2} + 1 = 
\frac{-1-\sqrt{5}+2}{2} =
}$$

$$\Large{
=
\frac{1-\sqrt{5}}{2} =
\frac{(1-\sqrt{5})(1+\sqrt{5})}{2(1+\sqrt{5})} =
}$$

$$\Large{
= \frac{1 - 5}{2(1+\sqrt{5})} =
\frac{-4}{2(1+\sqrt{5})} = 
 - \frac{2}{1+\sqrt{5}} = \frac{1}{z_1}
}$$

Таким образом:

$$\Large{
(I) = \frac{1}{z_1^{n+3}}
}$$

Аналогично для $(II)$:

$$\Large{
(II) = 
\frac{z_2+1}{z_2^{n+2}}
}$$

$$\Large{
z_2 + 1 = 
-\frac{1-\sqrt{5}}{2} + 1 = 
\frac{-1+\sqrt{5}+2}{2} =
}$$

$$\Large{
= \frac{-1+\sqrt{5}+2}{2} =
\frac{1+\sqrt{5}}{2} =
}$$

$$\Large{
= \frac{(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}{2(1-\sqrt{5})} =
\frac{1 - 5}{2(1-\sqrt{5})} =
}$$

$$\Large{
= \frac{-4}{2(1-\sqrt{5})} =
-\frac{2}{1-\sqrt{5}} = 
\frac{1}{z_2}
}$$

Подставив это в $(II)$:

$$\Large{
(II) = \frac{1}{z_2^{n+3}}
}$$

Подставляя $(I)$ и $(II)$:

$$\Large{
-A \underbrace{\left(
\frac{1}{z_1^{n+1}}+
\frac{1}{z_1^{n+2}}
\right)}_{(I)}
-B \underbrace{\left(
\frac{1}{z_2^{n+1}}+
\frac{1}{z_2^{n+2}}
\right)}_{(II)} = 
}$$

$$\Large{
= -A \frac{1}{z_1^{n+3}}
-B \frac{1}{z_2^{n+3}} = 
a_{n+2}, \text{ Q.E.D.}
}$$

## Выводы

В данной публикации были рассмотрены:
- получение производящей функции из рекуррентного уравнения;
- разложение функции в ряд для нахождения $n$-го члена последовательности;
- доказана верность полученной формулы с помощью математической индукции.

Очевидно, что полезность данной формулы в случае чисел Фибоначчи сомнительна. Но она может служить полезным примером того, как можно решить линейное рекуррентное уравнение.