斐波那契的最大公约数性质

对于斐波那契数列 \(f\)，考虑证明 \(\gcd(f_i,f_j)=f_{\gcd(i,j)}\)。

引理 \(1\)：若 \(n>1\)，\(f_{n+m}=f_{n-1}f_{m}+f_{n}f_{m+1}\)。

\(m=1\) 时 \(f_{n+1}=f{n-1}+f_{n}\)，考虑 \(m=2\) 时 \(f_{n+2}=f_{n-1}+2f{n}=f_{n-1}+f_{n}+f_{n}=f_{n+1}+f_{n}\)。现在考虑证明当 \(m,m+1\) 成立时 \(m+2\) 成立。

\[f_{n+m+2}=f_{n+m+1}+f_{n+m} \]

\[=f_{n-1}f_{m+1}+f_{n}f_{m+2}+f_{n-1}f_{m}+f_{n}f_{m+1} \]

\[=f_n(f_{m+2}+f_{m+1})+f_{n-1}(f_{m+1}+f_{m}) \]

\[=f_{n-1}f_{m+2}+f_nf_{m+3} \]

引理 \(2\)：若 \(m|n\) 则 \(f_m|f_n\)。

不妨设 \(n=km\)，当 \(k=1\) 时引理显然成立。考虑 \(k+1\) 时，及已知 \(f_n|f_m\)，求证 \(f_n|f_{n+m}\)：
由引理 \(1\)，则 \(f_{n+m}=f_{n-1}f_{m}+f_{n}f_{m+1}\)，又 \(f_n|f_n,f_n|f_m\)，故 \(f_n|f_{n+m}\)。

此定理的逆命题在 \(m\neq 2\) 时也成立。

反证。设 \(n=pm+r,0<r<m\)。则 \(f_{pm+r}=f_{pm-1}f_{r}+f_{pm}f_{r+1}\)。又 \(f_{m}|f_{pm}\)，由下引理 \(3\)，当 \(pm=m=2\) 时，\(f_1|f_2\)，故本逆命题在 \(m=2\) 时不成立。其余情况由 \(f_{pm-1}\perp f_{pm}\Rightarrow f_{pm-1}\perp f_{m}\) 矛盾。

引理 \(3\)：任意相邻斐波那契数列元素互质。

若 \(\gcd(f_n,f_{n-1})=d>1\)，则有 \(d|(f_n-f_{n-1})\Rightarrow d|f_{n-2}\)，则所有元素必须有 \(d\) 为因数，而又 \(f_1=1\)，故矛盾。

现在证明一开始的问题。不妨设 \(m>n,m=pn+r\)，则：

\[\gcd(f_{n},f_{pn+r})=\gcd(f_{n},f_{pn-1}f_{r}+f_{pn}f_{r+1}) \]

又因 \(f_n|f_{pn}\)，则：

\[\gcd(f_{n},f_{pn+r})=\gcd(f_{n},f_{pn-1}f_{r}) \]

又因 \(f_{pn}\perp f_{pn-1}\)，故 \(f_n\perp f_{pn-1}\)，故：

\[\gcd(f_{n},f_{pn+r})=\gcd(f_{n},f_{r}) \]

又 \(r=m\bmod n\)，\(\gcd(m,n)=\gcd(n,m\bmod n)=\gcd(n,r)=d\)，则 \(f_d|f_r,f_d|f_n\)。我们考虑若存在一个更大的数 \(vf_d|f_r,vf_{d}|f_n\)，则由 \(vf_d>1\)，知引理 \(2\) 逆命题成立。则必有 \(vf_d|n,vf_d|r\)，又 \(d=\gcd(n,r)\) 矛盾证毕。

应用可以为：

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^n\gcd(f_i,f_j) \]

\[=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^nf_{\gcd(i,j)} \]

\[=\sum_{i=1}^n f_i(\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n [\gcd(i,j)=i]) \]

\[=\sum_{i=1}^n f_i(\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]) \]

\[=\sum_{i=1}^n(2\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\varphi(j)-1)f_i \]

可以再利用杜教筛+整除分块做的更好。