斐波那契数列的一些引理和相关题目

斐波那契数列,是一个经典的递推数列。在实际生活中有很多应用。

我们一般都知道它的递推公式:
F[1]=1,F[2]=1,...,F[n]=F[n-1]+Fn-2
或者说通项公式......(这个我是不会,而且一半也用不到)
下面补充一些引理,做题的时候可能会用到。

1、\(gcd(F_{i+1},F_i)=1\)

证明: 根据更相减损术
\(gcd(F_{i+1},F_i)\)

\(=gcd(F_{i+1}-F_i,F_i)\)

\(=gcd(F_{i-1},F_i)\)

\(=gcd(F_i,F_{i-1})\)

\(=......\)

\(=gcd(2,1)\)

\(=1\)
得证


2、\(F_{m+n}=F_{m-1}*F_n+F_{m}*F_{n+1}\)

证明:

\(F_{m+n}\)

\(=F_{m+n-1}+F_{m+n-2}\)

\(=2*F_{m+n-2}+F_{m+n-3}\)

\(=3*F_{m+n-3}+2*F_{m+n-4}\)

\(=5*F_{m+n-4}+3*F_{m+n-5}\)

\(=......\)

\(=F_{a-1}*F_{m+n-a}+F_{a}*F_{m+n-a+1}\)

\(k1=a-1,k2=m+n-a+1\)

因为

\(k1+k2=a-1+m+n-a+1=m+n\)

所以

\(F_{k1+k2}=F_{k1}*F_{k2-1}+F_{k1+1}*F_{k2}\)

得证


3、\(gcd(F_i,F_j)=F_{gcd(i,j)}\)


4、\(\sum_{i=1}^nF_i=F_{n+2}-1\)

证明:

\(\sum_{i=1}^nF_i\)

\(=F_2+F_1+F_2+....+F_n-1\)

\(=F_3+F_2+...+F_n-1\)

\(=...\)

\(=F_{n+2}-1\)


5、\(\sum_{i=1}^n i\times F_i=n\times F_{n+2}-F_{n+3}+2\)

证明:
\(\sum_{i=1}^n i\times F_i\)

\(=n\times \sum_{i=1}^nF_i-(n-1)\times F_1-(n-2)\times F_2-...-1\times F_{n-1}\)

\(=n\times \sum_{i=1}^nF_i-(\sum_{i=1}^{n-1}F_i+\sum_{i=1}^{n-2}F_i+...+\sum_{i=1}^2F_i+F_1)\)

\(=n\times \sum_{i=1}^nF_i-(F_{n+1}-1+F_{n}-1+...+F_4-1+F_1)\)

\(=n\times \sum_{i=1}^nF_i-(F_{n+1}+F_{n}+...+F_4+F_3+F_2+F_1-3-(n-2))\)

\(=n\times \sum_{i=1}^nF_i-F_{n+3}+1+n+1\)

\(=n\times F_{n+2}-F_{n+3}+2\)

斐波那契数列经常用在一些结论题里,或者和矩阵快速幂搭配使用。
下面贴上几道相关题目:
萨塔尼亚的期末考试
斐波那契公约数
斐波那契数列
斐波那契
粉樱花之恋

本blog还没有写完,后面将持续更新qwq

posted @ 2018-09-27 16:54  风浔凌  阅读(1094)  评论(0编辑  收藏  举报