\[\text{斐波那契数基本性质}\]

源于 《具体数学》, 加上自己的 \(\texttt{yy}\) 的一些想法。

\[\text{p1 : 定义以及封闭形式}\]

声明 : \(\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\) , \(\hat\phi=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\) , 那么显然 \(\phi^2=\phi+1\) , \(\hat\phi^2=\hat\phi+1\) 。 即 \(\phi=-\hat\phi+1 \approx 1.618\) 也就是我们常说的黄金分割率。

首先是定义 :
\[ F_n =\begin{cases}0 & (n=1) \\1 & (n=2)\\ F_{n-1}+F_{n-2} & (n>2)\end{cases}\]

有一个封闭形式可以 \(\log_{2}(n)\) 算出 \(F_n\) , 目测精度也会炸掉。

\[F_n=\frac{\sqrt{5}}{5} (\phi^n+\hat\phi^n)\]
也可知 :
\[F_n=\phi F_{n-1}+\hat\phi^{n-1}\]

\[\text{p2 : 直接化简解得性质}\]

$1 : $ 用定义在保存 \(F_n\) 的情况下进行化简。
\[\begin{aligned} F_{n+2}=F_{n+1}+F_n\ \ \ \ &\ \ \ \ F_{n-1}=F_{n+1}-F_n \\F_{n+3}=2F_{n+1}+F_n\ \ \ \ &\ \ \ \ F_{n-2}=2F_n-F_{n+1} \\F_{n+4}=3F_{n+1}+2F_n\ \ \ \ &\ \ \ \ F_{n-3}=2F_{n+1}-3F_n \\F_{n+5}=5F_{n+1}+3F_n\ \ \ \ &\ \ \ \ F_{n-4}=5F_n-3F_{n+1} \end{aligned}\]

可得 : \[F_{n+k}=F_kF_{n+1}=F_{k-1}F_n\]

假设 \(k\) 是 \(n\) 的倍数。

\[\begin{aligned} F_{2n} & =F_nF_{n+1}+F_{n-1}F_n \\ F_{3n} & =F_{2n}F_{n+1}+F_{2n-1}F_n \\ \end{aligned}\]

也就是说 , \(F_{kn}\) 的每一个项一定会包含 \(F_n\) , \(F_{kn}\) 是 \(F_{n}\) 的倍数。

\(2 :\) 用定义在保存 \(F_n-k\) 和 \(F_n-k-1\) 的情况下化简。

\[\begin{aligned} F_n & =F_{n-1}+F_{n-2} \\& = 2F_{n-2}+F_{n-3} \\& = 3F_{n-3}+2F_{n-4} \\& = 5F_{n-4}+3F_{n-5} \\& = 8F_{n-5}+5F_{n-6}\end{aligned}\]

可以得到一个递推形式 :

\[\begin{aligned} F_n & = F_{k+2}F_{n-k}+F_{k+1}F_{n-k-1} \\& = F_{k+1}F_{n-k+1}+F_kF_{n-k}\end{aligned}\]

假如 \(n \mod =0\) , 设 : \(k=\frac{n}{2}\) 则可以得到 : \(F_n=(F_{\frac{n}{2}}+1)^2+{F_{\frac{n}{2}}}^2\)

假如 \(n \mod 2=1\) , 设 \(k=\frac{n-1}{2}\) 则可以得到 :
\[\begin{aligned} F_n & = F_{\frac{n+1}{2}}F_{\frac{n+3}{2}} + F_{\frac{n-1}{2}}F_{\frac{n+1}{2}} \\& = {F_{\frac{n+1}{2}}}^2+2F_{\frac{n+3}{2}}F_{\frac{n-1}{2}}\end{aligned}\]

那么就可以得到一个接近于 \({\log_2}^2\) 的递推形式 :

\[ F_n=\begin{cases} (F_{\frac{n}{2}}+1)^2+{F_{\frac{n}{2}}}^2 & (n \mod 2=0) \\ {F_{\frac{n+1}{2}}}^2+2F_{\frac{n+3}{2}}F_{\frac{n-1}{2}} & (n \mod 2=1) \end{cases}\]

如果想加快速度 , 可以尝试像杜教筛那样预处理一个比较大的值。

\[\text{p3 : 卡西尼恒等式}\]

这个恒等式来源一个几何悖论 , 及一个 \(8 \times 8\) 的正方形可以拼接成为一个 \(5\times 13\) 的长方形。如图 :

悖论的解释是 , 长方形的小三角形不与大三角形相似 , 如图 :

假设三条边的长度 \(a,b,c\) , \(c=a+b\) 且 \(a<b\)。那么当 \(c=F_{n+2}\) , \(b=F_{n+1}\) , \(a=F_{n}\) 的时候就可以满足这个悖论的条件。而多出一个面积还是少一个面积 , 这要跟 \(n\) 的奇偶相关。也就是

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

证明 :

声明 : 几个基本的变形 : \(\phi^2=\phi+1\) , \(\hat\phi^2=\hat\phi+1\) , \(\phi\ \hat\phi=-1\).

我们把 \(F\) 改为用 \(\phi\) 表示的形式 , 即 :

\[\begin{aligned} F_{n+1}F_{n-1} & =\frac{1}{5}(\phi^{n+1}+\hat\phi^{n+1})(\phi^{n-1}+\hat\phi^{n-1}) \\ & =\frac{1}{5}(\phi^{2n}+\hat\phi^{2n}+\phi^{n+1}\hat\phi^{n-1}+\hat\phi^{n+1}\phi^{n-1}) \\ & =\frac{1}{5}(\phi^{2n}+\hat\phi^{2n}+(\phi+1)(-1)^{n-1}+(\hat\phi+1)(-1)^{n-1}) \\ & = \frac{1}{5}(\phi^{2n}+\hat\phi^{2n}+3(-1)^{n-1}) \end{aligned}\]

再把 \({F_{n}}^2\) 表示一下 :

\[\begin{aligned} {F_{n}}^2 & =\frac{1}{5}(\phi^n+\hat\phi^n)(\phi^n+\hat\phi^n) \\ & = \frac{1}{5}(\phi^{2n}+\hat\phi^{2n}+2\phi^n\hat\phi^n) \\ & = \frac{1}{5}(\phi^{2n}+\hat\phi^{2n}+2(-1)^n) \end{aligned}\]

\(3(-1)^{n-1}-2(-1)^n\) 这个式子显然只会出现两种值 \(5\) 和 \(-5\) , 那么 \(\frac{1}{5}\) 以后就只会出现 \(1\) 或 \(-1\)。得证 ~