Deje $a_{n+1}=a_n+a_{n-1} (n\geq 1)$ $a_M,a_N$ valores límite $(0\leq M < N)$.
Con el fin de respetar la información de los valores de límite $a_M$ $a_N$ necesitamos una generación de función que hace uso de ellos. Por lo tanto, definimos
$$A_{M,N}(x)=\sum_{n=M}^{N}a_nx^n$$
Siguiendo la receta de acuerdo a la sección 1.4 de Wilf del Generatingfunctionology tenemos
\begin{align*}
\sum_{n=M+1}^{N-1}a_{n+1}x^n-\sum_{n=M+1}^{N-1}a_{n}x^n-\sum_{n=M+1}^{N-1}a_{n-1}x^n&=0\\
\frac{1}{x}\sum_{n=M+1}^{N-1}a_{n+1}x^{n+1}-\sum_{n=M+1}^{N-1}a_{n}x^n-x\sum_{n=M+1}^{N-1}a_{n-1}x^{n-1}&=0\\
\frac{1}{x}\sum_{n=M+2}^{N}a_{n}x^{n}-\sum_{n=M+1}^{N-1}a_{n}x^n-x\sum_{n=M}^{N-2}a_{n}x^{n}&=0\\
\end{align*}
Ahora podemos utilizar $A_{M,N}(x)$ para obtener
\begin{align*}
\frac{1}{x}\left(A_{M,N}(x)-a_{M+1}x^{M+1}-a_Mx^M\right)-\left(A_{M,N}(x)-a_{M}x^{M}-a_Nx^N\right)&\\
\quad-x\left(A_{M,N}(x)-a_{N-1}x^{N-1}-a_Nx^N\right)&=0\\
\end{align*}
y después de algunos cambios obtenemos
\begin{align*}
\left(1-x-x^2\right)A_{M,N}(x)&=(1-x)x^Ma_M+x^{M+1}a_{M+1}\tag{1}\\
&-x^{N+1}a_{N-1}-(1+x)x^{N+1}a_N
\end{align*}
con las incógnitas $a_{M+1}$$a_{N-1}$.
Nota: Observar, que el cálculo en la sección 1.4 es un poco más sencilla. Esto es debido al hecho de que los valores de límite en Wilf del ejemplo se $u_0=u_N=0$, por lo que ellos se desvanecen. Pero tenemos que calcular en base a los valores dados $a_M$ $a_N$ a fin de determinar las incógnitas $a_{M+1}$$a_{N-1}$.
Utilizamos la misma técnica que en la sección 1.4 y calcular los ceros $x_0=-\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ $x_1=-\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ de la ecuación cuadrática $x^2+x-1=(x-x_0)(x-x_1)$$(1)$. (Por favor tenga en cuenta, que $x_0=-r_{-}$ $x_1=-r_{+}$ en Wilf del ejemplo). Por lo tanto, la sustitución de $x_0$ $x_1$ $(1)$ se obtienen dos ecuaciones lineales en dos incógnitas $a_{M+1}$$a_{N-1}$.
\begin{align*}
x_0^{M+1}a_{M+1}-x_0^{N+1}a_{N-1}&=-(1-x_0)x_0^Ma_M+x_0^Na_N\\
x_1^{M+1}a_{M+1}-x_1^{N+1}a_{N-1}&=-(1-x_1)x_1^Ma_M+x_1^Na_N\\
\end{align*}
La solución de estas ecuaciones usando consecuentemente $1+x_0=x_1, 1+x_1=x_0, x_0x_1=-1, x_0+x_1=-1$ $x_1-x_0=-\sqrt{5}$ da
\begin{align*}
\left(x_1^{N-M}+x_0^{N-M}\right)a_{M+1}&=\left(x_1^{N-M+1}-x_0^{N-M+1}\right)a_M+\left(x_1^{N-M}-x_0^{N-M}\right)a_M\\
&+(-1)^{N-M+1}(x_1-x_0)a_N\tag{2}\\
\left(x_1^{N-M}+x_0^{N-M}\right)a_{N-1}&=(x_1-x_0)a_M-\left(x_1^{N-M-1}-x_0^{N-M-1}\right)a_N\tag{3}\\
\end{align*}
y, finalmente, sustituyendo a $x_0$ $x_1$
\begin{align*}
a_{M+1}&=\frac{-\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{5})^{N-M+1}-(1-\sqrt{5})^{N-M+1}\right)a_M+2^{N-M}\sqrt{5}a_N}{(1+\sqrt{5})^{N-M}-(1-\sqrt{5})^{N-M}}+a_M\\
a_{N-1}&=\frac{(-2)^{N-M}\left(-\sqrt{5}\right)a_M+2\left((1+\sqrt{5})^{N-M-1}-(1-\sqrt{5})^{N-M-1}\right)a_N}{(1+\sqrt{5})^{N-M}-(1-\sqrt{5})^{N-M}}
\end{align*}
Nota: Si asumimos $a_M,a_N$ ordinaria de los números de Fibonacci se podría utilizar la fórmula explícita para ellos (ver, por ejemplo, Wilf la sección $3$, fórmula $(1.3.3)$)
\begin{align*}
a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{5}}\left(x_1^n-x_0^n\right)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right)
\end{align*}
y así, además, se derivan las siguientes fórmulas de recursión $(2)$$(3)$$0 \leq M<N$:
\begin{align*}
a_{N-M}a_{M+1}&=(a_{N-M}-a_{N-M+1})a_M+a_N\\
a_{N-M}a_{N-1}&=(-1)^{N-M-1}a_M+a_{N-M-1}a_N
\end{align*}
Añadido 2014-07-04: información adicional de acuerdo con el comentario de thoth19
Nota: por Favor tenga en cuenta que la principal tarea del cálculo anterior muestra que Ansatz podría ser utilizado para resolver el problema de valor de frontera similar a Wilf la sección $1.4$. El beneficio de lo que es principalmente para derivar consecutivos de la secuencia de elementos para calcular los elementos de cerca de los límites de la $a_M$$a_N$. Si queremos encontrar una adecuada generación de la función de números de Fibonacci generalizada, debemos no proceder con la generación de la función $A_{M,N}(x)$ pero en vez de eso debemos utilizar un enfoque diferente.
Supongamos que empezamos con $a_M$$a_N$. Si estamos interesados en el dominio de la naturaleza de una generación de la función de la secuencia de Fibonacci generalizada, debemos mantener en mente, que la fórmula de recursión
$$a_{n+1}=a_n+a_{n-1}\qquad\qquad(n\geq 1)$$
tiene como dominio de la naturaleza $n\geq 1$. Así, la generalización de la secuencia de Fibonacci , quiere comenzar con $a_0, a_1$, etc.
Por lo tanto, sugiero el siguiente enfoque:
- encontrar una generación de función $A(x)=\sum_{n\geq 0}a_nx^n$ basado en el incógnitas $a_0$ $a_1$
- determinar el general coeficiente de $a_n$ en términos de $a_0$ $a_1$
- express $a_M$ $a_N$ en términos de las incógnitas $a_0$ $a_1$ según el paso anterior
- resolver las dos ecuaciones lineales para determinar $a_0$ $a_1$
El beneficio de lo que es, que no nos necesitan para hacer frente al complicado GF $A_{M,N}(x)$ que es sólo debido a la artificial circunstancia de la ya conocida $a_M$$a_N$. Si queremos normalizar el enfoque para el dominio de la naturaleza de la recurrencia de la fórmula y trabajar con $a_0$ $a_1$ lugar todo se vuelve mucho más fácil y vamos a obtener una mejor visión.
Dos sugerencias (esperemos calculado correctamente):
Primer paso:
\begin{align*}
\sum_{n\geq1}a_{n+1}x^n&=\sum_{n\geq 1}a_{n}x^n+\sum_{n\geq1}a_{n-1}x^n\\
&...\\
A(x)&=\frac{a_0+(a_1-a_0)x}{(1+x_1x)(1+x_0x)}
\end{align*}
Segundo paso:
\begin{align*}
a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{5}}\left(a_1(x_1^n-x_0^n)+a_0(x_1^{n-1}-x_0^{n-1})\right)
\end{align*}
Nota Final a su pregunta: GF en su mayoría inútiles? No, de hecho! Funciones de generación son un importante instrumento que proporciona a menudo una visión profunda, que podría ser de otra manera difícilmente encontrados. Pero, tenemos que pensar que GF es el más adecuado para nuestras necesidades! Para enfatizar este aspecto puede verse a punto de $3$ de mi respuesta a esta pregunta acerca de IEP, que también está basado en Wilf del Generatingfunctionology (sección $4.2$)
Por cierto: Usted puede encontrar otro tipo de generalización de los números de Fibonacci en el final de mi respuesta a esta pregunta
