以斐波那契數為邊的正方形拼成的近似的黃金矩形 (1:1.618)
斐波那契数 (意大利语 :Successione di Fibonacci),又譯為菲波拿契數 、菲波那西數 、斐氏數 、黃金分割數、費氏數列 。所形成的數列 稱為斐波那契数列 (意大利语 :Successione di Fibonacci),又譯為菲波拿契數列 、菲波那西數列 、斐氏數列 、黃金分割數列、費氏數列 。這個數列是由意大利 數學家 斐波那契 在他的《算盤書》中提出。
在數學 上,斐波那契數 是以遞歸 的方法來定義:
F
0
=
0
{\displaystyle F_{0}=0}
F
1
=
1
{\displaystyle F_{1}=1}
F
n
=
F
n
−
1
+
F
n
−
2
{\displaystyle F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2}}
(
n
≧
2
{\displaystyle n\geqq 2}
)
用白話文來說,就是斐波那契數列由0和1開始,之後的斐波那契數就是由之前的兩數相加而得出。首幾個斐波那契數是:
1 、 1 、 2 、 3 、 5 、 8 、 13 、 21 、 34 、 55 、 89 、 144 、 233 、 377 、 610 、 987……(OEIS 數列A000045 )
特別指出 :0 不是第一項,而是第零項(
F
0
{\displaystyle F_{0}}
)。
公元1150年印度 數學家 Gopala 和金月 在研究箱子包裝 物件長宽剛好為1和2的可行方法數目時,首先描述這個數列。在西方,最先研究這個數列的人是比薩的李奧納多 (意大利人斐波那契Leonardo Fibonacci, 1175-1250),他描述兔子 生長的數目時用上了這數列:
兔子对的数量就是斐波那契数列
第一個月初有一對剛誕生的兔子
第二個月之後(第三個月初)牠們可以生育
每月每對可生育的兔子會誕生下一對新兔子
兔子永不死去
假設在
n
{\displaystyle n}
月有兔子總共
a
{\displaystyle a}
對,
n
+
1
{\displaystyle n+1}
月總共有
b
{\displaystyle b}
對。在
n
+
2
{\displaystyle n+2}
月必定總共有
a
+
b
{\displaystyle a+b}
對:因為在
n
+
2
{\displaystyle n+2}
月的時候,前一月(
n
+
1
{\displaystyle n+1}
月)的
b
{\displaystyle b}
對兔子可以存留至第
n
+
2
{\displaystyle n+2}
月(在當月屬於新誕生的兔子尚不能生育)。而新生育出的兔子對數等於所有在
n
{\displaystyle n}
月就已存在的
a
{\displaystyle a}
對
斐波纳契数是杨辉三角的每一条红色对角线上数字的和。
斐波纳契数也是杨辉三角形 (即帕斯卡三角形)的每一条红色对角线上数字的和。
為求得斐波那契數列的一般表達式,可以藉助線性代數的方法。高中的初等數學知識也能求出。
已知:
a
1
=
1
{\displaystyle a_{1}=1}
a
2
=
1
{\displaystyle a_{2}=1}
a
n
=
a
n
−
1
+
a
n
−
2
{\displaystyle a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2}}
(n≥3)
設
a
n
+
α
a
n
−
1
=
β
(
a
n
−
1
+
α
a
n
−
2
)
{\displaystyle a_{n}+\alpha a_{n-1}=\beta (a_{n-1}+\alpha a_{n-2})}
化簡得
a
n
=
(
β
−
α
)
a
n
−
1
+
α
β
a
n
−
2
{\displaystyle a_{n}=(\beta -\alpha )a_{n-1}+\alpha \beta a_{n-2}}
比較係數可得:
{
β
−
α
=
1
α
β
=
1
{\displaystyle {\begin{cases}\beta -\alpha =1\\\alpha \beta =1\end{cases}}}
不妨設
β
>
0
,
α
>
0
{\displaystyle \beta >0,\alpha >0}
解得:
{
α
=
5
−
1
2
β
=
5
+
1
2
{\displaystyle {\begin{cases}\alpha ={\dfrac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\\\beta ={\dfrac {{\sqrt {5}}+1}{2}}\end{cases}}}
又因为有
a
n
+
α
a
n
−
1
=
β
(
a
n
−
1
+
α
a
n
−
2
)
{\displaystyle a_{n}+\alpha a_{n-1}=\beta (a_{n-1}+\alpha a_{n-2})}
,
即
{
a
n
+
α
a
n
−
1
}
{\displaystyle \left\{a_{n}+\alpha a_{n-1}\right\}}
為等比數列。
求出數列
{
a
n
+
α
a
n
−
1
}
{\displaystyle \left\{a_{n}+\alpha a_{n-1}\right\}}
[ 编辑 ]
由以上可得:
a
n
+
1
+
α
a
n
=
(
a
2
+
α
a
1
)
β
n
−
1
=
(
1
+
α
)
β
n
−
1
=
β
n
{\displaystyle {\begin{aligned}a_{n+1}+\alpha a_{n}&=(a_{2}+\alpha a_{1})\beta ^{n-1}\\&=(1+\alpha )\beta ^{n-1}\\&=\beta ^{n}\\\end{aligned}}}
變形得:
a
n
+
1
β
n
+
1
+
α
β
⋅
a
n
β
n
=
1
β
{\displaystyle {\frac {a_{n+1}}{\beta ^{n+1}}}+{\frac {\alpha }{\beta }}\cdot {\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}={\frac {1}{\beta }}}
。
令
b
n
=
a
n
β
n
{\displaystyle b_{n}={\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}}
求數列
{
b
n
}
{\displaystyle \left\{{b_{n}}\right\}}
進而得到
{
a
n
}
{\displaystyle \left\{a_{n}\right\}}
[ 编辑 ]
b
n
+
1
+
α
β
b
n
=
1
β
{\displaystyle b_{n+1}+{\frac {\alpha }{\beta }}b_{n}={\frac {1}{\beta }}}
設
b
n
+
1
+
λ
=
−
α
β
(
b
n
+
λ
)
{\displaystyle b_{n+1}+\lambda =-{\frac {\alpha }{\beta }}(b_{n}+\lambda )}
,解得
λ
=
−
1
α
+
β
{\displaystyle \lambda =-{\frac {1}{\alpha +\beta }}}
。
故數列
{
b
n
+
λ
}
{\displaystyle \left\{b_{n}+\lambda \right\}}
為等比數列
即
b
n
+
λ
=
(
−
α
β
)
n
−
1
(
b
1
+
λ
)
{\displaystyle b_{n}+\lambda =\left(-{\frac {\alpha }{\beta }}\right)^{n-1}\left(b_{1}+\lambda \right)}
。而
b
1
=
a
1
β
=
1
β
{\displaystyle b_{1}={\frac {a_{1}}{\beta }}={\frac {1}{\beta }}}
,
故有
b
n
+
λ
=
(
−
α
β
)
n
−
1
(
1
β
+
λ
)
{\displaystyle b_{n}+\lambda =\left(-{\frac {\alpha }{\beta }}\right)^{n-1}\left({\frac {1}{\beta }}+\lambda \right)}
又有
{
α
=
5
−
1
2
β
=
5
+
1
2
{\displaystyle {\begin{cases}\alpha ={\dfrac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\\\beta ={\dfrac {{\sqrt {5}}+1}{2}}\end{cases}}}
和
b
n
=
a
n
β
n
{\displaystyle b_{n}={\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}}
可得
a
n
=
5
5
⋅
[
(
1
+
5
2
)
n
−
(
1
−
5
2
)
n
]
{\displaystyle a_{n}={\frac {\sqrt {5}}{5}}\cdot \left[\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right]}
得出
a
n
{\displaystyle {a_{n}}}
表達式
a
n
=
5
5
⋅
[
(
1
+
5
2
)
n
−
(
1
−
5
2
)
n
]
{\displaystyle a_{n}={\frac {\sqrt {5}}{5}}\cdot \left[\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right]}
證明
F
n
=
1
5
[
φ
n
−
(
1
−
φ
)
n
]
{\displaystyle F_{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}]}
,其中
φ
{\displaystyle \varphi }
為黃金比例
1
+
5
2
{\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}
,
n
{\displaystyle n}
為任意整數
若
n
{\displaystyle n}
為非負整數
當
n
=
0
{\displaystyle n=0}
時,
1
5
[
φ
0
−
(
1
−
φ
)
0
]
=
1
5
[
1
−
1
]
=
0
=
F
0
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{0}-(1-\varphi )^{0}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[1-1]=0=F_{0}}
,成立
當
n
=
1
{\displaystyle n=1}
時,
1
5
[
φ
1
−
(
1
−
φ
)
1
]
=
1
5
[
φ
−
1
+
φ
]
=
1
5
[
2
φ
−
1
]
=
1
5
×
5
=
1
=
F
1
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{1}-(1-\varphi )^{1}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi -1+\varphi ]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[2\varphi -1]={\frac {1}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}=1=F_{1}}
,成立
設當
n
=
k
{\displaystyle n=k}
及
n
=
k
+
1
{\displaystyle n=k+1}
時皆成立,即
F
k
=
1
5
[
φ
k
−
(
1
−
φ
)
k
]
{\displaystyle F_{k}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k}]}
且
F
k
+
1
=
1
5
[
φ
k
+
1
−
(
1
−
φ
)
k
+
1
]
{\displaystyle F_{k+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}-(1-\varphi )^{k+1}]}
當
n
=
k
+
2
{\displaystyle n=k+2}
時
F
k
+
2
=
F
k
+
1
+
F
k
=
1
5
[
φ
k
+
1
−
(
1
−
φ
)
k
+
1
]
+
1
5
[
φ
k
−
(
1
−
φ
)
k
]
=
1
5
[
φ
k
+
1
+
φ
k
−
(
1
−
φ
)
k
+
1
−
(
1
−
φ
)
k
]
=
1
5
{
φ
k
(
φ
+
1
)
−
(
1
−
φ
)
k
[
(
1
−
φ
)
+
1
]
}
=
1
5
{
φ
k
(
φ
2
)
−
(
1
−
φ
)
k
[
(
1
−
φ
)
2
]
}
=
1
5
{
φ
k
+
2
−
(
1
−
φ
)
k
+
2
}
{\displaystyle {\begin{aligned}F_{k+2}&=F_{k+1}+F_{k}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}-(1-\varphi )^{k+1}]+{\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}+\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k+1}-(1-\varphi )^{k}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k}({\color {brown}\varphi +1})-(1-\varphi )^{k}[{\color {green}(1-\varphi )+1}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k}({\color {brown}\varphi ^{2}})-(1-\varphi )^{k}[{\color {green}(1-\varphi )^{2}}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k+2}-(1-\varphi )^{k+2}\right\}\\\end{aligned}}}
亦成立
若
n
{\displaystyle n}
為非正整數
當
n
=
0
{\displaystyle n=0}
時,成立
當
n
=
−
1
{\displaystyle n=-1}
時,
1
5
[
φ
−
1
−
(
1
−
φ
)
−
1
]
=
1
5
[
(
φ
−
1
)
−
(
−
φ
)
]
=
1
5
[
2
φ
−
1
]
=
1
5
×
5
=
1
=
F
−
1
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {5}}}[{\color {brown}\varphi ^{-1}}-{\color {green}(1-\varphi )^{-1}}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[({\color {brown}\varphi -1})-({\color {green}-\varphi })]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[2\varphi -1]={\frac {1}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}=1=F_{-1}}
,成立
設當
n
=
−
k
{\displaystyle n=-k}
及
n
=
−
k
−
1
{\displaystyle n=-k-1}
時皆成立,即
F
−
k
=
1
5
[
φ
−
k
−
(
1
−
φ
)
−
k
]
{\displaystyle F_{-k}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-(1-\varphi )^{-k}]}
且
F
−
k
−
1
=
1
5
[
φ
−
k
−
1
−
(
1
−
φ
)
−
k
−
1
]
{\displaystyle F_{-k-1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k-1}]}
當
n
=
−
k
−
2
{\displaystyle n=-k-2}
時
F
−
k
−
2
=
F
−
k
−
F
−
k
−
1
=
1
5
[
φ
−
k
−
(
1
−
φ
)
−
k
]
−
1
5
[
φ
−
k
−
1
−
(
1
−
φ
)
−
k
−
1
]
=
1
5
[
φ
−
k
−
φ
−
k
−
1
−
(
1
−
φ
)
−
k
+
(
1
−
φ
)
−
k
−
1
]
=
1
5
{
φ
−
k
−
1
(
φ
−
1
)
−
(
1
−
φ
)
−
k
−
1
[
(
1
−
φ
)
−
1
]
}
=
1
5
{
φ
−
k
−
1
(
φ
−
1
)
−
(
1
−
φ
)
−
k
−
1
[
(
1
−
φ
)
−
1
]
}
=
1
5
{
φ
−
k
−
2
−
(
1
−
φ
)
−
k
−
2
}
{\displaystyle {\begin{aligned}F_{-k-2}&=F_{-k}-F_{-k-1}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-(1-\varphi )^{-k}]-{\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k-1}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k}+(1-\varphi )^{-k-1}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-1}({\color {brown}\varphi -1})-(1-\varphi )^{-k-1}[{\color {green}(1-\varphi )-1}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-1}({\color {brown}\varphi ^{-1}})-(1-\varphi )^{-k-1}[{\color {green}(1-\varphi )^{-1}}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-2}-(1-\varphi )^{-k-2}\right\}\\\end{aligned}}}
亦成立
因此,根據數學歸納法原理,此表達式對於任意整數
n
{\displaystyle n}
皆成立
(
F
n
+
2
F
n
+
1
)
=
(
1
1
1
0
)
⋅
(
F
n
+
1
F
n
)
{\displaystyle {\begin{pmatrix}F_{n+2}\\F_{n+1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}F_{n+1}\\F_{n}\end{pmatrix}}}
(
F
n
+
2
F
n
+
1
F
n
+
1
F
n
)
=
(
1
1
1
0
)
n
+
1
{\displaystyle {\begin{pmatrix}F_{n+2}&F_{n+1}\\F_{n+1}&F_{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}^{n+1}}
設
J
n
{\displaystyle J_{n}}
為第
n
{\displaystyle n}
個月有生育能力的兔子數量,
A
n
{\displaystyle A_{n}}
為這一月份的兔子數量。
(
J
n
+
1
A
n
+
1
)
=
(
0
1
1
1
)
⋅
(
J
n
A
n
)
,
{\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}\cdot {J_{n} \choose A_{n}},}
上式表達了兩個月之間,兔子數目之間的關係。而要求的是,
A
n
+
1
{\displaystyle A_{n+1}}
的表達式。
求矩陣的特徵值 :
λ
{\displaystyle \lambda }
[ 编辑 ]
根据特征值的计算公式 ,我们需要算出来
|
−
λ
1
1
1
−
λ
|
=
0
{\displaystyle {\begin{vmatrix}-\lambda &1\\1&1-\lambda \\\end{vmatrix}}=0}
所对应的解。
展开行列式有:
−
λ
(
1
−
λ
)
−
1
×
1
=
λ
2
−
λ
−
1
{\displaystyle -\lambda (1-\lambda )-1\times 1=\lambda ^{2}-\lambda -1}
。
故當行列式的值為 0,解得
λ
1
=
1
2
(
1
+
5
)
{\displaystyle \lambda _{1}={\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})}
或
λ
2
=
1
2
(
1
−
5
)
{\displaystyle \lambda _{2}={\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})}
。
將兩個特徵值代入
(
(
0
1
1
1
)
−
λ
⋅
E
)
⋅
x
→
=
0
{\displaystyle \left({\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}-\lambda \cdot E\right)\cdot {\vec {x}}=0}
求特徵向量
x
→
{\displaystyle {\vec {x}}}
得
x
→
1
{\displaystyle {\vec {x}}_{1}}
=
(
1
1
2
(
1
+
5
)
)
{\displaystyle {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}
x
→
2
{\displaystyle {\vec {x}}_{2}}
=
(
1
1
2
(
1
−
5
)
)
{\displaystyle {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}
第一個月的情況是兔子一對,新生0對。
(
J
1
A
1
)
=
(
0
1
)
{\displaystyle {J_{1} \choose A_{1}}={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}}
將它分解為用特徵向量表示。
(
0
1
)
=
1
5
⋅
(
1
1
2
(
1
+
5
)
)
−
1
5
⋅
(
1
1
2
(
1
−
5
)
)
{\displaystyle {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}
(4)
從
(
J
n
+
1
A
n
+
1
)
=
(
0
1
1
1
)
⋅
(
J
n
A
n
)
{\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}\cdot {J_{n} \choose A_{n}}}
=
λ
⋅
(
J
n
A
n
)
{\displaystyle \lambda \cdot {J_{n} \choose A_{n}}}
可得到
(
J
n
+
1
A
n
+
1
)
=
(
0
1
1
1
)
n
⋅
(
J
1
A
1
)
=
λ
n
⋅
(
J
1
A
1
)
{\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}^{n}\cdot {J_{1} \choose A_{1}}=\lambda ^{n}\cdot {J_{1} \choose A_{1}}}
(5)
將(4) 代入 (5)
(
J
n
+
1
A
n
+
1
)
=
λ
n
⋅
[
1
5
⋅
(
1
1
2
(
1
+
5
)
)
−
1
5
⋅
(
1
1
2
(
1
−
5
)
)
]
{\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}=\lambda ^{n}\cdot \left[{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}\right]}
根據3
(
J
n
+
1
A
n
+
1
)
=
1
5
⋅
λ
1
n
⋅
(
1
1
2
(
1
+
5
)
)
−
1
5
⋅
λ
2
n
⋅
(
1
1
2
(
1
−
5
)
)
{\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{1}^{n}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{2}^{n}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}
現在在6的基礎上,可以很快求出
A
n
+
1
{\displaystyle A_{n+1}}
的表達式,將兩個特徵值代入6中
A
n
+
1
=
1
5
⋅
λ
1
n
+
1
−
1
5
⋅
λ
2
n
+
1
{\displaystyle A_{n+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{1}^{n+1}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{2}^{n+1}}
A
n
+
1
=
1
5
⋅
(
λ
1
n
+
1
−
λ
2
n
+
1
)
{\displaystyle A_{n+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot (\lambda _{1}^{n+1}-\lambda _{2}^{n+1})}
A
n
+
1
=
1
5
⋅
{
[
1
2
(
1
+
5
)
]
n
+
1
−
[
1
2
(
1
−
5
)
]
n
+
1
}
{\displaystyle A_{n+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \left\{\left[{\frac {1}{2}}\left(1+{\sqrt {5}}\right)\right]^{n+1}-\left[{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\right]^{n+1}\right\}}
(7)
(7)即為
A
n
+
1
{\displaystyle A_{n+1}}
的表達式
實際上,如果將斐波那契數列的通項公式寫成
a
n
−
a
n
−
1
−
a
n
−
2
=
0
{\displaystyle a_{n}-a_{n-1}-a_{n-2}=0}
,即可利用解二階線性齊次遞迴關係式的方法,寫出其特徵多項式
λ
2
−
λ
−
1
=
0
{\displaystyle \lambda ^{2}-\lambda -1=0}
(該式和表達斐波那契數列的矩陣的特徵多項式一致),然後解出
λ
1
{\displaystyle \lambda _{1}}
=
1
2
(
1
+
5
)
{\displaystyle {\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})}
,
λ
2
{\displaystyle \lambda _{2}}
=
1
2
(
1
−
5
)
{\displaystyle {\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})}
,即有
a
n
=
c
1
λ
1
n
+
c
2
λ
2
n
{\displaystyle a_{n}=c_{1}\lambda _{1}^{n}+c_{2}\lambda _{2}^{n}}
,其中
c
1
,
c
2
{\displaystyle c_{1},c_{2}}
为常数。我们知道
a
0
=
0
,
a
1
=
1
{\displaystyle a_{0}=0,a_{1}=1}
,因此
{
c
1
+
c
2
=
0
c
1
(
1
+
5
)
2
+
c
2
(
1
−
5
)
2
=
1
{\displaystyle {\begin{cases}c_{1}+c_{2}=0\\{\frac {c_{1}(1+{\sqrt {5}})}{2}}+{\frac {c_{2}(1-{\sqrt {5}})}{2}}=1\end{cases}}}
,解得
c
1
=
1
5
,
c
2
=
−
1
5
{\displaystyle c_{1}={\frac {1}{\sqrt {5}}},c_{2}=-{\frac {1}{\sqrt {5}}}}
。
F
n
=
∑
i
=
0
∞
(
n
−
i
i
)
{\displaystyle F_{n}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}}
[ 1]
F
n
−
1
+
F
n
=
∑
i
=
0
∞
(
n
−
1
−
i
i
)
+
∑
i
=
0
∞
(
n
−
i
i
)
=
1
+
∑
i
=
1
∞
(
n
−
i
i
−
1
)
+
∑
i
=
1
∞
(
n
−
i
i
)
=
1
+
∑
i
=
1
∞
(
n
+
1
−
i
i
)
=
∑
i
=
0
∞
(
n
+
1
−
i
i
)
=
F
n
+
1
{\displaystyle F_{n-1}+F_{n}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-1-i}{i}}+\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}=1+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n-i}{i-1}}+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}=1+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n+1-i}{i}}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n+1-i}{i}}=F_{n+1}}
設
φ
{\displaystyle \varphi }
為黃金比例
1
+
5
2
{\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}
,則有恆等式
φ
n
=
F
n
−
1
+
φ
F
n
{\displaystyle \varphi ^{n}=F_{n-1}+\varphi F_{n}}
與
(
1
−
φ
)
n
=
F
n
+
1
−
φ
F
n
{\displaystyle (1-\varphi )^{n}=F_{n+1}-\varphi F_{n}}
,其中
n
{\displaystyle n}
為任意整數[ 註 1] ,則
φ
n
−
(
1
−
φ
)
n
=
(
F
n
−
1
+
φ
F
n
)
−
(
F
n
+
1
−
φ
F
n
)
=
(
F
n
−
1
−
F
n
+
1
)
+
2
φ
F
n
=
−
F
n
+
2
φ
F
n
=
F
n
(
2
φ
−
1
)
=
F
n
×
5
{\displaystyle {\begin{aligned}\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}&=(F_{n-1}+\varphi F_{n})-(F_{n+1}-\varphi F_{n})\\&=(F_{n-1}-F_{n+1})+2\varphi F_{n}\\&=-F_{n}+2\varphi F_{n}\\&=F_{n}(2\varphi -1)\\&=F_{n}\times {\sqrt {5}}\\\end{aligned}}}
因此得到
F
n
{\displaystyle F_{n}}
的一般式:
F
n
=
1
5
[
φ
n
−
(
1
−
φ
)
n
]
=
1
5
[
(
1
+
5
2
)
n
−
(
1
−
5
2
)
n
]
{\displaystyle {\begin{aligned}F_{n}&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left[({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}})^{n}-({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}})^{n}\right]\\\end{aligned}}}
此一般式對任意整數
n
{\displaystyle n}
成立
當
n
{\displaystyle n}
為足夠大的正整數時,则
F
n
≈
1
5
φ
n
=
1
5
⋅
[
1
2
(
1
+
5
)
]
n
≈
0.4472135955
⋅
1.61803398875
n
{\displaystyle F_{n}\approx {\frac {1}{\sqrt {5}}}\varphi ^{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \left[{\frac {1}{2}}\left(1+{\sqrt {5}}\right)\right]^{n}\approx 0.4472135955\cdot 1.61803398875^{n}}
F
−
n
≈
−
1
5
(
1
−
φ
)
−
n
=
−
1
5
⋅
[
1
2
(
1
−
5
)
]
−
n
≈
−
0.4472135955
⋅
(
−
0.61803398875
)
−
n
{\displaystyle F_{-n}\approx -{\frac {1}{\sqrt {5}}}(1-\varphi )^{-n}=-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \left[{\frac {1}{2}}\left(1-{\sqrt {5}}\right)\right]^{-n}\approx -0.4472135955\cdot (-0.61803398875)^{-n}}
可通過編程觀察斐波那契數列。分為兩類問題,一種已知數列中的某一項,求序數。第二種是已知序數,求該項的值。
可通過遞歸 遞推 的算法解決此兩個問題。
事實上當
n
{\displaystyle n}
相當巨大的時候,O(n)的遞推/遞歸非常慢……這時候要用到矩陣快速幂這一技巧,可以使遞迴加速到O(logn)。
開普勒 發現數列前、後兩項之比
1
2
,
2
3
,
3
5
,
5
8
,
8
13
,
13
21
,
21
34
,
⋯
{\displaystyle {\frac {1}{2}},{\frac {2}{3}},{\frac {3}{5}},{\frac {5}{8}},{\frac {8}{13}},{\frac {13}{21}},{\frac {21}{34}},\cdots }
,也組成了一個數列,會趨近黃金分割 :
f
n
+
1
f
n
≈
a
=
1
2
(
1
+
5
)
=
φ
≈
1
.
618
.
.
.
{\displaystyle {\frac {f_{n+1}}{f_{n}}}\approx a={\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})=\varphi \approx 1{.}618{...}}
斐波那契數亦可以用連分數 來表示:
1
1
=
1
2
1
=
1
+
1
1
3
2
=
1
+
1
1
+
1
1
5
3
=
1
+
1
1
+
1
1
+
1
1
8
5
=
1
+
1
1
+
1
1
+
1
1
+
1
1
{\displaystyle {\frac {1}{1}}=1\qquad {\frac {2}{1}}=1+{\frac {1}{1}}\qquad {\frac {3}{2}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1}}}}\qquad {\frac {5}{3}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1}}}}}}\qquad {\frac {8}{5}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1}}}}}}}}}
F
n
=
1
5
[
(
1
+
5
2
)
n
−
(
1
−
5
2
)
n
]
=
φ
n
5
−
(
1
−
φ
)
n
5
{\displaystyle F_{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left[\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right]={\varphi ^{n} \over {\sqrt {5}}}-{(1-\varphi )^{n} \over {\sqrt {5}}}}
而黃金分割數亦可以用無限連分數表示:
φ
=
1
+
1
1
+
1
1
+
1
1
+
1
1
+
.
.
.
{\displaystyle \varphi =1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+...}}}}}}}}}
而黃金分割數也可以用無限多重根號表示:
φ
=
1
+
1
+
1
+
1
+
.
.
.
{\displaystyle \varphi ={\sqrt {1+{\sqrt {1+{\sqrt {1+{\sqrt {1+...}}}}}}}}}
春黄菊 的頭狀花序 上,小花呈螺旋狀排列,從不同方向可以數出21(深藍)和13(淺藍)條旋臂,為相鄰的斐氏數。類似的螺旋狀排列見於多種植物。
斐氏數列見於不同的生物學現象[ 2] ,如樹的分枝、葉在枝條上的排列 、菠蘿聚花果 上小單果的排列、[ 3] 雅枝竹 的花蕾、正在舒展的蕨葉、松毬 的鱗的排列[ 4] 、蜜蜂的家族樹[ 5] [ 6] 。开普勒 曾指出斐氏數列存在於自然界,並以此解釋某些花的五邊形形態(與黄金分割率 相關)。法國菊 的「瓣」(舌狀花)數通常為斐氏數。1830年���K. F. Schimper和A. Braun發現植物的旋生葉序中,連續兩塊葉之間轉過的角度與周角之比,約成整數比時,常出現斐氏數[ 9] ,如
2
/
5
{\displaystyle 2/5}
或
5
/
13
{\displaystyle 5/13}
[ 10] 。
資料來源: [ 11]
證明以下的恆等式有很多方法。以下會用組合論述 來證明。
F
n
{\displaystyle F_{n}}
可以表示用多個1和多個2相加令其和等於
n
{\displaystyle n}
的方法的數目。
不失一般性 ,我們假設
n
≥
1
{\displaystyle n\geq 1}
,
F
n
+
1
{\displaystyle F_{n+1}}
是計算了將1和2加到n的方法的數目。若第一個被加數是1,有
F
n
{\displaystyle F_{n}}
種方法來完成對
n
−
1
{\displaystyle n-1}
的計算;若第一個被加數是2,有
F
n
−
1
{\displaystyle F_{n-1}}
來完成對
n
−
2
{\displaystyle n-2}
的計算。因此,共有
F
n
+
F
n
−
1
{\displaystyle F_{n}+F_{n-1}}
種方法來計算n的值。
F
0
+
F
1
+
F
2
+
F
3
+
.
.
.
+
F
n
=
F
n
+
2
−
1
{\displaystyle F_{0}+F_{1}+F_{2}+F_{3}+...+F_{n}=F_{n+2}-1}
計算用多個1和多個2相加令其和等於
n
+
1
{\displaystyle n+1}
的方法的數目,同時至少一個加數是2的情況。
如前所述,當
n
>
0
{\displaystyle n>0}
,有
F
n
+
2
{\displaystyle F_{n+2}}
種這樣的方法。因為當中只有一種方法不用使用2,就即
1
+
1
+
.
.
.
+
1
{\displaystyle 1+1+...+1}
(
n
+
1
{\displaystyle n+1}
項),於是我們從
F
n
+
2
{\displaystyle F_{n+2}}
減去1。
若第1個被加數是2,有
F
n
{\displaystyle F_{n}}
種方法來計算加至
n
−
1
{\displaystyle n-1}
的方法的數目;
若第2個被加數是2、第1個被加數是1,有
F
n
−
1
{\displaystyle F_{n-1}}
種方法來計算加至
n
−
2
{\displaystyle n-2}
的方法的數目。
重複以上動作。
若第
n
+
1
{\displaystyle n+1}
個被加數為2,它之前的被加數均為1,就有
F
0
{\displaystyle F_{0}}
種方法來計算加至0的數目。
若該數式包含2為被加數,2的首次出現位置必然在第1和
n
+
1
{\displaystyle n+1}
的被加數之間。2在不同位置的情況都考慮到後,得出
F
n
+
F
n
−
1
+
.
.
.
+
F
0
{\displaystyle F_{n}+F_{n-1}+...+F_{0}}
為要求的數目。
F
1
+
2
F
2
+
3
F
3
+
.
.
.
+
n
F
n
=
n
F
n
+
2
−
F
n
+
3
+
2
{\displaystyle F_{1}+2F_{2}+3F_{3}+...+nF_{n}=nF_{n+2}-F_{n+3}+2}
F
1
+
F
3
+
F
5
+
.
.
.
+
F
2
n
−
1
=
F
2
n
{\displaystyle F_{1}+F_{3}+F_{5}+...+F_{2n-1}=F_{2n}}
F
2
+
F
4
+
F
6
+
.
.
.
+
F
2
n
=
F
2
n
+
1
−
1
{\displaystyle F_{2}+F_{4}+F_{6}+...+F_{2n}=F_{2n+1}-1}
F
1
2
+
F
2
2
+
F
3
2
+
.
.
.
+
F
n
2
=
F
n
F
n
+
1
{\displaystyle {F_{1}}^{2}+{F_{2}}^{2}+{F_{3}}^{2}+...+{F_{n}}^{2}=F_{n}F_{n+1}}
F
n
F
m
−
k
−
F
m
F
n
−
k
=
(
−
1
)
n
−
k
F
m
−
n
F
k
{\displaystyle F_{n}F_{m-k}-F_{m}F_{n-k}=(-1)^{n-k}F_{m-n}F_{k}}
,其中
m
,
n
,
k
{\displaystyle m,n,k}
與
F
{\displaystyle F}
的序數皆不限於正整數。[ 註 2]
特別地,當
n
=
m
−
k
{\displaystyle n=m-k}
時,
F
n
2
−
F
n
+
k
F
n
−
k
=
(
−
1
)
n
−
k
F
k
2
{\displaystyle {F_{n}}^{2}-F_{n+k}F_{n-k}=(-1)^{n-k}{F_{k}}^{2}}
更特別地,當
k
=
1
{\displaystyle k=1}
或
k
=
−
1
{\displaystyle k=-1}
時,對於數列連續三項,有
F
n
2
−
F
n
−
1
F
n
+
1
=
(
−
1
)
n
−
1
{\displaystyle {F_{n}}^{2}-F_{n-1}F_{n+1}=(-1)^{n-1}}
另一方面,當
(
m
,
n
,
k
)
=
(
n
+
1
,
n
,
−
2
)
{\displaystyle (m,n,k)=(n+1,n,-2)}
時,對於數列連續四項,有
F
n
F
n
+
3
−
F
n
+
1
F
n
+
2
=
(
−
1
)
n
+
1
{\displaystyle F_{n}F_{n+3}-F_{n+1}F_{n+2}=(-1)^{n+1}}
[ 註 3]
φ
n
=
F
n
−
1
+
φ
F
n
{\displaystyle \varphi ^{n}=F_{n-1}+\varphi F_{n}}
且
(
1
−
φ
)
n
=
F
n
+
1
−
φ
F
n
{\displaystyle (1-\varphi )^{n}=F_{n+1}-\varphi F_{n}}
,其中
φ
{\displaystyle \varphi }
為黃金比例
1
+
5
2
{\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}
,
n
{\displaystyle n}
為任意整數[ 註 1]
藉由上述公式,又可推得以下恆等式[ 註 4] :
F
n
{\displaystyle F_{n}}
整除
F
m
{\displaystyle F_{m}}
,若且唯若
n
{\displaystyle n}
整除
m
{\displaystyle m}
,其中
n
≧
3
{\displaystyle n\geqq 3}
。
gcd
(
F
m
,
F
n
)
=
F
gcd
(
m
,
n
)
{\displaystyle \gcd(F_{m},F_{n})=F_{\gcd(m,n)}}
任意連續三個菲波那契數兩兩互質 ,亦即,對於每一個
n
{\displaystyle n}
,
g
c
d
(
F
n
,
F
n
+
1
)
=
g
c
d
(
F
n
,
F
n
+
2
)
=
g
c
d
(
F
n
+
1
,
F
n
+
2
)
=
1
{\displaystyle \mathrm {gcd} (F_{n},F_{n+1})=\mathrm {gcd} (F_{n},F_{n+2})=\mathrm {gcd} (F_{n+1},F_{n+2})=1}
在斐波那契數列中,有質數 :[ 12]
2, 3, 5, 13, 89, 233, 1597, 28657, 514229, 433494437, 2971215073, 99194853094755497, 1066340417491710595814572169, 19134702400093278081449423917……
截至2015年,已知最大的斐波那契質數是第104911個斐波那契數,一共有21925個十進制位。不过,人们仍不知道是不是有无限个斐波那契质数。[ 13]
如§ 公因數和整除關係 所述,
F
k
n
{\displaystyle F_{kn}}
總能被
F
n
{\displaystyle F_{n}}
整除,故除
F
4
=
3
{\displaystyle F_{4}=3}
之外,任何斐氏質數的下標必同為質數。由於存在任意長 的一列連續合数 ,斐氏數列中亦能找到連續任意多項全為合數。
大於
F
6
=
8
{\displaystyle F_{6}=8}
的斐氏數,必不等於質數加一或減一。[ 14]
斐波那契数列中,只有3個平方數 :0 、1 、144 。[ 15] [ 16] 2001年,派特·奧蒂洛 證明衹有有限多個斐氏數是完全冪。[ 17] 2006年,Y. Bugeaud、M. Mignotte、S. Siksek三人證明此種冪僅得0、1、8、144。[ 18]
1、3、21、55為僅有的斐氏三角形數 。Vern Hoggatt 曾猜想此結論,後來由罗明證明。[ 19]
斐波那契數不能為完全数 。[ 20] 推而廣之,除1之外,其他斐氏數皆非多重完全數 [ 21] ,任兩個斐氏數之比亦不能是完全數[ 22] 。
斐波那契數列各項模
n
{\displaystyle n}
的餘數構成週期數列 ,其最小正週期稱為皮萨诺周期 [ 23] ,至多為
6
n
{\displaystyle 6n}
[ 24] 。皮薩諾週期對不同
n
{\displaystyle n}
值的通項公式仍是未解問題,其中一步需要求出某個整數(同餘意義下)或二次有限域 元素的乘法階數 。不過,對固定的
n
{\displaystyle n}
,求解模
n
{\displaystyle n}
的皮薩諾週期是週期檢測 問題的特例。
斐波那西數列是斐波那西n步數列 步數為2的特殊情況,也和盧卡斯數 列有關。
F
n
L
n
=
F
2
n
{\displaystyle F_{n}L_{n}=F_{2n}}
反費波那西數列的遞歸公式如下:
G
n
+
2
=
G
n
−
G
n
+
1
{\displaystyle G_{n+2}=G_{n}-G_{n+1}}
如果它以1,-1開始,之後的數是:1,-1,2,-3,5,-8, ...
即是
F
2
n
+
1
=
G
2
n
+
1
=
F
−
(
2
n
+
1
)
,
F
2
n
=
−
G
2
n
=
−
F
−
2
n
{\displaystyle F_{2n+1}=G_{2n+1}=F_{-(2n+1)},F_{2n}=-G_{2n}=-F_{-2n}}
,
亦可寫成
F
m
=
(
−
1
)
m
+
1
G
m
=
(
−
1
)
m
+
1
F
−
m
{\displaystyle F_{m}=(-1)^{m+1}G_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}}
,其中
m
{\displaystyle m}
是非負整數。
反費波那西數列兩項之間的比會趨近
−
1
φ
≈
−
0.618
{\displaystyle -{\frac {1}{\varphi }}\approx -0.618}
。
證明
F
m
=
(
−
1
)
m
+
1
F
−
m
{\displaystyle F_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}}
,其中
m
{\displaystyle m}
是非負整數
以
φ
{\displaystyle \varphi }
表示黃金分割數
1
+
5
2
{\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}
,則有
φ
(
1
−
φ
)
=
−
1
{\displaystyle \varphi (1-\varphi )=-1}
故
(
−
1
)
m
=
[
φ
(
1
−
φ
)
]
m
=
φ
m
(
1
−
φ
)
m
{\displaystyle (-1)^{m}=[\varphi (1-\varphi )]^{m}=\varphi ^{m}(1-\varphi )^{m}}
,因此
(
−
1
)
m
+
1
F
−
m
=
(
−
1
)
m
+
1
×
1
5
[
φ
−
m
−
(
1
−
φ
)
−
m
]
=
(
−
1
)
×
(
−
1
)
m
×
1
5
[
φ
−
m
−
(
1
−
φ
)
−
m
]
=
(
−
1
)
×
φ
m
(
1
−
φ
)
m
×
1
5
[
φ
−
m
−
(
1
−
φ
)
−
m
]
=
(
−
1
)
×
1
5
[
φ
−
m
+
m
(
1
−
φ
)
m
−
(
1
−
φ
)
−
m
+
m
φ
m
]
=
(
−
1
)
×
1
5
[
(
1
−
φ
)
m
−
φ
m
]
=
1
5
[
φ
m
−
(
1
−
φ
)
m
]
=
F
m
{\displaystyle {\begin{aligned}(-1)^{m+1}F_{-m}&=(-1)^{m+1}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\color {brown}(-1)^{m}}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\color {brown}\varphi ^{m}(1-\varphi )^{m}}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m+m}(1-\varphi )^{m}-(1-\varphi )^{-m+m}\varphi ^{m}]\\&=(-1)\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[(1-\varphi )^{m}-\varphi ^{m}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{m}-(1-\varphi )^{m}]\\&=F_{m}\\\end{aligned}}}
費波那西數列可以用一個接一個的正方形來表現,巴都萬數列 則是用一個接一個的等邊三角形來表現,它有
P
n
=
P
n
−
2
+
P
n
−
3
{\displaystyle P_{n}=P_{n-2}+P_{n-3}}
的關係。
佩爾數列 的遞歸公式為
P
n
=
2
P
n
−
1
+
P
n
−
2
{\displaystyle P_{n}=2P_{n-1}+P_{n-2}}
,前幾項為0,1,2,5,12,29,70,169,408,...
1970年,尤裏·馬季亞謝維奇 指出了偶角標的斐波那契函數
y
=
F
2
x
{\displaystyle y=F_{2x}}
正是滿足Julia Robison假設的丟番圖函數 ,因而證明了希爾伯特第十問題 是不可解的。
高為6的斐波那契樹。平衡因子 以綠色標記,節點的高度則為紅色。最左一條路徑上的鍵值全為斐氏數。
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