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定义/递推式

\(F_0=0,\,F_1=1\)
\(F_n=F_{n-1}+F_{n-2} \quad (n>=3,n \in \mathbb{N})\)

通项公式

\[ F_n = \frac{1}{\sqrt5} \left[ \left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right)^n+\left(\frac{1-\sqrt 5}{2}\right)^n \right] \]

推导：

类似于求解数列\(a_n=pa_{n-1}+q\)通项公式的待定系数法，
设
\[ F_n-aF_{n-1}=b(F_{n-1}-aF_{n-2}) \]

那么
\[ F_n = (a+b)F_{n-1}-ab \cdot F_{n-2} \\ \left\{ \begin{aligned} a+b=1 \\ -ab=1 \end{aligned} \right. \]

解得
\[ \left\{ \begin{aligned} a&=\frac{1+\sqrt 5}{2} \\ b&=\frac{1-\sqrt 5}{2} \end{aligned} \right. \quad \text{or} \quad \left\{ \begin{aligned} a&=\frac{1-\sqrt 5}{2} \\ b&=\frac{1+\sqrt 5}{2} \end{aligned} \right. \]

设等比数列\(c_n=F_n-aF_{n-1},\; c_1=F_1+aF_0=1,\; \frac{c_n}{c_{n-1}}=b\)

\(\therefore c_n=b^{n-1} \Rightarrow F_n-aF_{n-1}=b^{n-1}\)
\(F_n = b^{n-1}+aF_{n-1}\)
\[ \left\{ \begin{aligned} F_n&=\left( \frac{1+\sqrt 5}{2} \right)^{n-1}+\left(\frac{1-\sqrt 5}{2}\right)F_{n-1} \\ F_n&=\left( \frac{1-\sqrt 5}{2} \right)^{n-1}+\left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right)F_{n-1} \end{aligned} \right. \]

\[ \left( \frac{1+\sqrt 5}{2} \right)^{n-1}+\left(\frac{1-\sqrt 5}{2}\right)F_{n-1} = \left( \frac{1-\sqrt 5}{2} \right)^{n-1}+\left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right)F_{n-1} \]

\[ \sqrt{5}F_{n-1}=\left( \frac{1+\sqrt 5}{2} \right)^{n-1}+\left( \frac{1-\sqrt 5}{2} \right)^{n-1} \]

\[ F_n = \frac{1}{\sqrt5} \left[ \left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right)^n+\left(\frac{1-\sqrt 5}{2}\right)^n \right] \]

关于斐波那契数列的一些恒等式

1: \(F_1+F_2+\cdots+F_n=F_{n+2}-1\)
2: \(F_1^2+F_2^2+\cdots+F_n^2=F_{n}F_{n+1}\)
3: \(F_1+F_3+F_5+\cdots+F_{2n-1}=F_{2n}\)
4: \(F_2+F_3+F_6+\cdots+F_{2n}=F_{2n+1}-1\)
5: \(F_n=F_m F_{n-m+1}+F_{m-1} F_{n-m}\)
6: \(F_{n-1} F_{n+1}=F_n^2+(-1)^n\)

证明：

1~4.都是用类似的方法。

比如1: \(F_1=F_3-F_1,\quad F_2=F_4-F_3, \cdots, \quad F_n=F_{n+2}-F_{n+1}\)

类似的分解。然后求和就能获得结果了。

对于5：
\[ \begin{aligned} F_n &= F_{n-1}+F_{n-2} \\ &= 2F_{n-2}+F_{n-3} \\ &= 3F_{n-3}+2F_{n-4} \\ &= 5F_{n-4}+3F_{n-5} \\ &= \cdots \\ &= F_m F_{n-m+1}+F_{m-1}F_{n-m} \end{aligned} \]
看出系数的规律了，2=1+1，3=2+1，5=3+2，……

用数学归纳法严谨证明一下：

1）当\(m=2\)时，\(F_n=F_2F_{n-2+1}+F_{2-1}F_{n-2}=F_{n-1}+F_{n-2}\)成立。

2）设当\(m=k \quad (2 \leq k \leq n-2)\)时，\(F_n=F_k F_{n-k+1}+F_{k-1} F_{n-k}\)成立。

又\(\because F_{k-1}=F_{k+1}-F_k\)
\(\therefore F_n = F_k F_{n-k+1} + \left( F_{k+1}-F_k \right) F_{n-k}\)
即\(F_n=F_{k+1}F_{n-k}+F_k \left( F_{n-k+1}-F_{n-k} \right)\)
又\(\because F_{n-k+1}-F_{n-k}=F_{n-k-1}\)
\(\therefore F_n=F_{k+1}F_{n-k}+F_k F_{n-k-1}\)，说明当\(m=k+1\)时等式也成立。

综上，\(F_n== F_m F_{n-m+1}+F_{m-1}F_{n-m}\)对于\([2,n-1]\)内的任意一个整数\(m\)都成立。

斐波那契的数论相关

性质1：相邻项互质

\[ \gcd(F_n,F_{n-1})=1 \]

根据gcd更相减损性质：\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a-b) \quad (a>b)\)
得\(\gcd(F_n,F_{n-1})=\gcd(F_{n-1},F_n-F_{n-1})=\gcd(F_{n-1},F_{n-2})\)

不断套用上式得到\(\gcd(F_n,F_{n-1})=\gcd(F_2,F_1)=1\)

性质2：\(\gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)}\)

由恒等式5可知
\(\gcd(F_n,F_m) = \gcd(F_m F_{n-m+1}+F_{m-1}F_{n-m},F_m) \quad (n>m)\)

而\(F_m F_{n-m+1}\)为\(F_m\)的倍数，故
\(\gcd(F_n,F_m) = \gcd(F_{m-1}F_{n-m},F_m)\) （gcd的更相减损，可以消掉\(F_m\)的倍数）

因为\(F_m,F_{m-1}\)互质，于是\(\gcd(F_n,F_m) = \gcd(F_{n-m},F_m)\)

递归上式，

\(\gcd(F_n,F_m) = \gcd(F_{n-m},F_m) = \gcd(F_{n-m-m},F_m) = \cdots\)
\(\gcd(F_n,F_m) = \gcd(F(n \mod m),F_m)\)

再递归上式，我们需要比较\(n \mod m\)与\(m\)谁更大，用大的数mod小的数。这不就是辗转相除法求最大公约数吗？

int gcd(int i, int j){int r = i % j;return r == 0 ? j : gcd(j, r);
}

于是\(\gcd(F_n,F_m) = \gcd(F_{\gcd(n,m)},F_{\gcd(n,m)}) = F_{\gcd(n,m)}\)

性质3：\(n \mid m \Leftrightarrow F_n \mid F_m\)

证明：当\(n \mid m\)时，\(\gcd(F_n,F_m)=F_{\gcd(n,m)}=F_n \Rightarrow F_n \mid F_m\)

必要性也可以通过类似手法得证。