fibonacci数列的各种性质_卢卡斯数列与斐波那契数列的应用

Fibonacci 数列

设 f ( x ) = 1 , x ∈ { 1 , 2 } = f ( x − 1 ) + f ( x − 2 ) , x ∈ [ 3 , ∞ ) \begin{aligned}f(x)&=1,\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x\in\{1,2\}\\ &=f(x-1)+f(x-2),\quad x\in[3,∞) \end{aligned} f(x)​=1,x∈{
1,2}=f(x−1)+f(x−2),x∈[3,∞)​
则 $f(x)$ 的通项公式为$$f(x)=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^x-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^x]$$
证明： 采用数学归纳法完成证明。
当 $x=1$ 或 $2$ 时，结论显然成立。
设 $x=n-1$ 或 $x=n$ 时结论成立。根据定义式，有
$$\begin{array}{rl}f(n+1)& =f(n)+f(n-1)\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n+(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^{n-1}-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^{n-1}]\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^{n-1}(\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1)-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^{n-1}(\frac{1-\sqrt{5}}{2}+1)]\end{array}$$
而$$\begin{array}{rlr}(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^2& =\frac{6+2\sqrt{5}}{4}& =\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1\\ (\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^2& =& \frac{1-\sqrt{5}}{2}+1\end{array}$$
$\therefore$$$\begin{array}{rl}f(n+1)& =\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^{n-1}(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^2-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^{n-1}(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^2]\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^{n+1}-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^{n+1}].\end{array}$$
所以，对于 $\forall x\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$，原式都成立。$\text{Q.E.D..}$

Fibonacci 数列的性质

1. $\gcd (f(i),f(j))=f(\gcd (i,j)).$
   证明： 详见素数与 Miller-Rabin 测试。
2. 若非负整数 $n|m$，则 $f(n)|f(m).$
   证明： 由 性质1 得 $\gcd (f(n),f(m))=f(\gcd (n,m)),$
   而 $n|m$， $\therefore n=\gcd (n,m).\text{ Q.E.D..}$
3. 若 $n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$，则 $$\sum _{i=1}^{n}f(i)=f(n+2)-1$$
   证明： 采用数学归纳法完成证明。
   当 $n=1$ 时，结论显然成立。
   设 $n=k$ 时结论成立。则
   $$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{k+1}f(i)& =\sum _{i=1}^{k}f(i)+f(k+1)\\ & =f(k+2)-1+f(k+1)\\ & =f(k+3)-1\end{array}$$
   所以，对于 $\forall n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$，原式都成立。$\text{Q.E.D..}$

Fibonacci 数列的推论

1. 在取模的意义下，Fibonacci 数列会出现循环。
   证明： 略。
2. (1) 奇数项求和。设 $n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$，则 $$\sum _{i=1}^{n}f(2i-1)=f(2n)-f(2)+f(1)$$
   证明： 采用数学归纳法完成证明。
   当 $n=1$ 时，结论显然成立。
   设 $n=k$ 时结论成立，则$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{k+1}f(2i-1)& =[\sum _{i=1}^{k}f(2i-1)]+f(2k+1)\\ & =f(2k)+f(2k+1)-f(2)+f(1)\\ & =f(2(k+1))-f(2)+f(1).\end{array}$$
   所以，对于 $\forall n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$，原式都成立。$\text{Q.E.D..}$
   后面几条推论的证明，原理与此条类似，请读者自行证明。

   (2) 偶数项求和。设 $n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$，则 $$\sum _{i=1}^{n}f(2i)=f(2n+1)-f(1)$$
   证明： 采用数学归纳法完成证明。
   当 $n=1$ 时，结论显然成立。
   设 $n=k$ 时结论成立，则
   $$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{k+1}f(2i)& =[\sum _{i=1}^{k}f(2i)]+f(2k+2)\\ & =f(2k+1)+f(2k+2)-f(1)\\ & =f(2(k+1))-f(1)\end{array}$$
   故结论成立。

   (3) 平方项求和。设 $n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$，则 $$\sum _{i=1}^n{f}^2(i)=f(n)\times f(n+1)$$

   证明： 采用数学归纳法完成证明。
   当 $n=1$ 时，结论显然成立。
   设当 $n=k$ 时结论成立，则
   $$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{k+1}{f}^2(i)& =[\sum _{i=1}^k{f}^2(i)]+f^2(k+1)\\ & =f(k)\times f(k+1)+f^2(k+1)\\ & =f(k+1)\times (f(k)+f(k+1))\\ & =f(k+1)\times f(k+2)\end{array}$$
   故结论成立。

Lucas 数列

卢卡斯数列 (Lucas Sequence) 和斐波那契数列 (Fibonacci Sequence) 有莫大的关系。
设 $$\begin{array}{rl}L(1)& =1,L(2)=3,\\ L(x)& =L(x-1)+L(x-2).x\in [3,\infty )\end{array}$$则 $L(x)$ 的通项公式是 $$L(x)=(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^x+(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^x$$

Lucas 数列的性质

以下式中的 $F$ 是 Fibonacci 数。
为记述简便，设$$\begin{gathered} A=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \\ B=\frac{1-\sqrt{5}}{2}. \end{gathered}$$

1. $\forall n\ge 2$ 有 $L^2(n)-L(n+1)L(n-1)=5\times (-1{)}^n.$
   证明： $$\begin{array}{rl}左边& =(A^n+B^n{)}^2-(A^{n+1}+B^{n+1})(A^{n-1}+B^{n-1})\\ & =A^{2n}+B^{2n}+2A^n{B}^n-A^{2n}-A^{n+1}{B}^{n-1}-A^{n-1}{B}^{n+1}-B^{2n}\\ & =2A^n{B}^n-A^{n+1}{B}^{n-1}-A^{n-1}{B}^{n+1}\\ & =A^n{B}^{n-1}(B-A)+A^{n-1}{B}^n(A-B)\\ & =(A-B)(A^{n-1}{B}^n-A^n{B}^{n-1})\\ & =-(A-B{)}^2\cdot A^{n-1}{B}^{n-1}\end{array}$$
   而 $A-B=\sqrt{5}$，且 $A\times B=-1.$
   $\begin{array}{rl}\therefore 左边& =-5\times (-1{)}^{n-1}\\ & =5\times (-1{)}^n\\ & =右边.\end{array}$
   $\text{Q.E.D..}$

2. $\forall n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$ 有 $$\sum _{i=1}^n{L}^2(i)=L(n)L(n+1)-2$$
   证明： 因为 $$\begin{array}{rl}{L}^2(i)& =(A^n+B^n{)}^2\\ & =A^{2n}+B^{2n}+2A^n{B}^n\\ & =A^{2n}+B^{2n}+2\times (-1{)}^n\end{array}$$
   所以 $$\begin{array}{rl}左边& =\sum _{i=1}^n(A^{2i}+B^{2i}+2\times (-1{)}^i)\\ & =[\sum _{i=1}^n(A^{2i}+B^{2i})]+2\times (-1{)}^n\end{array}$$
   而 $$\begin{array}{rl}右边& =(A^n+B^n)(A^{n+1}+B^{n+1})-2\\ & =A^{2n+1}+A^n{B}^{n+1}+A^{n+1}{B}^n+B^{2n+1}-2\\ & =A^{2n+1}+B^{2n+1}+A^n{B}^n(A+B)\end{array}$$
   因为 $$A+B=1$$
   由 偶数项求和 知 $$\sum _{i=1}^n(A^{2i}+B^{2i})=A^{2n+1}+B^{2n+1}-(-1{)}^n$$
   所以 $$右边=A^{2n+1}+B^{2n+1}+(-1{)}^n=左边.$$
   $\text{ Q.E.D..}$

3. $\forall m,n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$ 有 $L(m+n)=\frac{1}{2}\times (5F(m)F(n)+L(m)L(n)).$
   证明： $$\begin{array}{rl}2\times 右边& =5\times (\frac{1}{\sqrt{5}}{)}^2(A^m-B^m)(A^n-B^n)+(A^m+B^m)(A^n+B^n)\\ & =A^{m+n}+B^{m+n}-A^m{B}^n-A^n{B}^m\\ & +A^{m+n}+B^{m+n}+A^m{B}^n+A^n{B}^m\\ & =2A^{m+n}+2B^{m+n}\end{array}$$
   所以 $$\begin{array}{rl}2\times (左边-右边)& =2A^{m+n}+2B^{m+n}\\ & -(2A^{m+n}+2B^{m+n})\\ & =0\end{array}$$
   原命题得证。

4. $\forall m,n\in {\mathbb{Z}}^{\ast },m̸=n$ 有 $L(m-n)=\frac{1}{2}\times (-1{)}^n(L(m)L(n)-5F(m)F(n)).$
   证明： $$\begin{array}{rl}2\times 右边& =(-1{)}^n[(A^m+B^m)(A^n+B^n)-(A^m-B^m)(A^n-B^n)]\\ & =(-1{)}^n(A^m{B}^n+2A^n{B}^m)\\ & \\ 2\times (右边-左边)& =(-1{)}^n(2A^m{B}^n+2A^n{B}^m)-2A^{m-n}-2B^{m-n}\\ & =2\times [A^{m-n}(\pm A^n{B}^n-1)+B^{m-n}(\pm A^n{B}^n-1)]\\ & =2(\pm A^n{B}^n-1)(A^{m-n}+B^{m-n})\end{array}$$
   而 $$A^n{B}^n=(-1{)}^n$$
   所以 $$\pm A^n{B}^n-1=0$$
   原命题成立。

5. $\forall n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$ 有 $L^2(n)-5F^2(n)=4\times (-1{)}^n.$
   证明： $$\begin{array}{rl}左边& =(A^n+B^n{)}^2-(A^n-B^n{)}^2\\ & =4A^n{B}^n\\ & =4\times (-1{)}^n\\ & =右边.\end{array}$$
   $\text{Q.E.D..}$

总结

1. 两个 Fibonacci 数相乘，系数极有可能与 $5$ 有关；
2. $A、B$ 两个数的代数性质很重要，$$\begin{array}{rl}A+B& =1,\\ A-B& =\sqrt{5},\\ A\times B& =-1.\end{array}$$

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