斐波那契数列

斐波那契数列性质

定义：

\[f_i=\begin{cases} [i=1]&,i\le1\\ f_{i-1}+f_{i-2}&,i\ge2 \end{cases} \]

通项：

\[f_n=\frac{\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^n}{\sqrt5} \]

性质：

\[\sum_{i=1}^nf_i=f_{n+2}-1 \]

数学归纳法易证

\[\sum_{i=1}^nf_i^2=f_nf_{n+1} \]

数学归纳法易证

\[\gcd(f_i,f_{i-1})=1 \]

数学归纳法易证

\[f_n=f_m\times f_{n-m+1}+f_{m-1}\times f_{n-m} \]

证明：

显然

\[\begin{bmatrix} f_{n+1}\\f_{n} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1&1\\1&0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} f_{n}\\f_{n-1} \end{bmatrix} \]

所以

\[\begin{bmatrix} f_{n+1}\\f_{n} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1&1\\1&0 \end{bmatrix} ^n\times \begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1&1\\1&0 \end{bmatrix} ^{n-1}\times \begin{bmatrix} 1\\1 \end{bmatrix} \]

由上式推得

\[\begin{bmatrix} 1&1\\ 1&0 \end{bmatrix}^n= \begin{bmatrix} f_{n+1}&f_{n}\\ f_{n}&f_{n-1} \end{bmatrix} \]

于是

\[\begin{aligned} \begin{bmatrix} f_{n+1}\\f_{n} \end{bmatrix}&= \begin{bmatrix} 1&1\\1&0 \end{bmatrix} ^m\times \begin{bmatrix} 1&1\\1&0 \end{bmatrix} ^{n-m}\times \begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix}\\\\ &=\begin{bmatrix} f_{m+1}&f_{m}\\ f_{m}&f_{m-1} \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} f_{n-m+1}\\ f_{n-m} \end{bmatrix} \end{aligned} \]

所以

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

\[\gcd(f_n,\,f_m)=f_{\gcd(n,m)} \]

证明：

\(n=m\) 时显然

\(n\neq m\) 时，不妨设 \(n>m\)

根据性质 4，

\[\begin{aligned} \gcd(f_n,\,f_m)&=\gcd(f_{m-1}\times f_{n-m}+f_m\times f_{n-m+1},\,f_m)\\ &=\gcd(f_{m-1}\times f_{n-m},\,f_m) \end{aligned} \]

根据性质 3，

\[\begin{aligned} \gcd(f_n,\,f_m)&=\gcd(f_{n-m},\,f_m)\\ &=\gcd(f_{n\bmod m},f_m) \end{aligned} \]

注意到这个和求 \(\gcd\) 的辗转相除是很相似的，其最终一定会得到 \(\gcd(f_n,f_m)=\gcd(f_{\gcd(n,m)},f_0)=f_{\gcd(n,m)}\)，原命题得证。