Fibonacci卷积的递推和解的一致性？

Question

当四处游玩试图回答一个问题，我发现了斐波那契卷积的一个奇怪的递归和解

$$a_n=\sum_{i+j=n}f_i f_j$$

哪里f_i美元$第i个元素是斐波那契数列，定义为$f_0=0，f_1=1，f_{n+1}=f_n+f_{n-1}$.

可以证明这一点美元（_n）$满足递归关系$a{n+1}+a{n-1}=nf_n$并会有解决方案$5a_n=（n-1）f{n+1}+（n+1）f{n-1}$。这里的对称性似乎掩盖了更深层次的事实或原则，但我说不出是什么。

那么，我们在什么一般条件下

$$a{n+1}+a{n-1}=nb_n，\qquad ca_n=（n-1）b{n+1}+（n+1）b{n-1}$$还是这只是一个有趣的巧合？我猜想人们可以从生成函数的角度来计算出发生这种情况的条件，但当我尝试时，这些方程看起来很复杂，也没有启发性。

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已编辑以添加：我最初发现复发的方法是使用身份$f_{i+1}f_{j+1}+f_{i} （f）_{j} =f_{i+j+1}$.然后$$\begin{align}\sum_{\substack{i+j=n，\\i>0，j>0}}f_if_j&=sum_{i+j=n，i>0，j>0}f_{n-1}-f_{i-1}f_{j-1}\\&=sum{i=1}^{n-1}f{n-1{+sum{子堆栈{（i-1）+（j-1）=n-2，\\i-1\geq0，j-1\geq0}}f_{i-1}f_｛j-1｝\\&=（n-1）f{n-1}+sum{子堆栈{i+j=n-2，\\i\geq0，j\geq0}}f_{i} （f）_{j} \结束{align}$$

那么，事实是$f_0=0$和简单的重新索引产生$a{n+1}+a{n-1}=nf_n$.

Answer 1

考虑两个方程组$$\开始{cases}a{n+1}+a{n-1}=nbn\\cαn=（n-1）b{n+1}+（n+1）b{n-1}\结束{cases}$$我们需要描述所有序列对$（a_n，b_n）$满足上述重现性。

让美元（x）$和十亿美元（x）$成为的OGF$a_n$和亿美元$和$\Delta=x\frac｛\partial｝｛\partial x｝$。还假设$a_0=b_0=0$，所以$\压裂{A（x）}{x}$和$\压裂{B（x）}{x}$仍然是有意义的表达。然后，第一个递归重写为$$（x^{-1}+x）A（x）=\增量B（x），$$第二个递归重写为$$cA（x）=（\Delta-1）x^{-1}B（x）+（\Delta+1）xB（x）。$$

然而，我们应该注意到，与前一个循环不同，此循环仅适用于$n>0美元$斐波那契数列，我们可以通过减去一个常数来修正$t=b_1$在右手边。

摆脱美元（x）$在他们里面，我们到达了$$c\增量B（x）=（x^｛-1｝+x）[（\增量-1）x^｛-1｝B（x）+（\增量+1）xB（x）-t]$$

扩大美元\ Delta$返回，我们得到微分方程$$cxB'（x）=（x^{-1}+x）[B'（x）-2x^{-1}B（x） +x^2 B'（x）+2xB（x）-t]$$这简化为$$cx^3B'（x）=x（1+x^2）^2 B'（x）+2（x^4-1）B（x）-t（x+x^3）$$

正如WolframAlpha建议的那样，解决这一问题的一般方法是$$\方框{B（x）=\分数{tx（1-x^2）+k_1x^2}{1-（c-2）x^2+x^4}}$$特别是，对于$c=5$,$t=1$和$k_1=1$，我们得到$$B（x）=压裂{x+x^2-x^3}{1-3x^2+x^4}=压裂{x}{1-x-x^2}。$$我们还可以获得美元（x）$:$$\方框{A（x）=\ frac{x^2\左（t（1+（c-6）x^2+x^4）+2k_1x（1-x^2）\右）}{\左（1-（c-2）x^2+x^4\右）^2}}$$结果通常看起来不太令人满意，因为$c=5，t=1，k_1=1$似乎没有什么特别有趣的参数集。请注意，如果我们放弃$a_0=b_0=0$但我不认为会有什么有趣的地方，同时也会带来新的技术挑战。

Answer 2

我先用第一个数组给出一个小数组f_n美元$和$a_n$; 这个数组可以对某些关系的“验证”有所帮助

$$\开始{数组}{|l|rrrrrrr|}\hlinen&0&1&2&3&4&5&6&7&8&\cdot\\\氯化氢f_n&0&1&1&2&3&5&8&13&21\\\氯化氢a_n&0&0&1&2&5&10&20&38&71&\cdot\\\氯化氢\结束{数组}$$

（参见中的参考EOIS公司由@Semiclassical发现，其中许多公式将f_n美元$和$a_n$）。

• 斐波那契数列的生成函数为：

$$\总和f_nx^n=\压裂{x}{1-x-x^2}\标签{1}$$

• 两个序列卷积的生成函数是其生成函数的乘积，我们得到：

$$\suma_nx^n=\left（\frac{x}{1-x-x^2}\right）^2\tag{2}$$

此外，区分（1）：

$$\sum-nf_nx^{n-1}=\frac{x^2+1}{（1-x-x^2）^2}$$

$$\压裂{x^2+1}{x^2]\压裂{x^2}{（1-x-x^2）^2}=\总和nf_nx^{n-1}$$

否则：

$$（x^2+1）\总和a_nx^n=x^2\总和nf_nx^{n-1}$$

识别相似系数，我们得到：

$$a{n-1}+a{n+1}=nf_n$$

这是你的关系之一。

（非常感谢@Semiclassical，他找到了正确的（！）路径，纠正了我最初的错误结论）。

备注：我们没有设置边界(n美元=$…至…）上美元\西格玛$符号，以便不受第一项的不规则性的影响，应理解，所涉及的不同操作仅对第一系数产生影响，而不会损害一般项。