Fibonacci 数列和 Lucas 数列的性质、推论及其证明

Fibonacci 数列

设 f ( x ) = 1 , x ∈ { 1 , 2 } = f ( x − 1 ) + f ( x − 2 ) , x ∈ [ 3 , ∞ ) \begin{aligned}f(x)&=1,\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x\in\{1,2\}\\ &=f(x-1)+f(x-2),\quad x\in[3,∞) \end{aligned} f(x)=1,x∈{1,2}=f(x−1)+f(x−2),x∈[3,∞)
则 f ( x ) f(x) f(x) 的通项公式为 f ( x ) = 1 5 [ ( 1 + 5 2 ) x − ( 1 − 5 2 ) x ] f(x)=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^x-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^x] f(x)=5 1[(21+5 )x−(21−5 )x]
证明： 采用数学归纳法完成证明。
当 x = 1 x=1 x=1 或 2 2 2 时，结论显然成立。
设 x = n − 1 x=n-1 x=n−1 或 x = n x=n x=n 时结论成立。根据定义式，有
f ( n + 1 ) = f ( n ) + f ( n − 1 ) = 1 5 [ ( 1 + 5 2 ) n − ( 1 − 5 2 ) n + ( 1 + 5 2 ) n − 1 − ( 1 − 5 2 ) n − 1 ] = 1 5 [ ( 1 + 5 2 ) n − 1 ( 1 + 5 2 + 1 ) − ( 1 − 5 2 ) n − 1 ( 1 − 5 2 + 1 ) ] \begin{aligned}f(n+1)&=f(n)+f(n-1)\\ &=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n+(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n-1}-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n-1}]\\ &=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n-1}(\frac{1+\sqrt{5}}{2}+1)-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n-1}(\frac{1-\sqrt{5}}{2}+1)] \end{aligned} f(n+1)=f(n)+f(n−1)=5 1[(21+5 )n−(21−5 )n+(21+5 )n−1−(21−5 )n−1]=5 1[(21+5 )n−1(21+5 +1)−(21−5 )n−1(21−5 +1)]
而 ( 1 + 5 2 ) 2 = 6 + 2 5 4 = 1 + 5 2 + 1 ( 1 − 5 2 ) 2 = 1 − 5 2 + 1 \begin{aligned}(\frac{1+\sqrt5}{2})^2&=\frac{6+2\sqrt5}{4}&=\frac{1+\sqrt5}{2}+1\\ (\frac{1-\sqrt5}{2})^2&=&\frac{1-\sqrt5}{2}+1\end{aligned} (21+5 )2(21−5 )2=46+25 ==21+5 +121−5 +1
∴ \therefore ∴ f ( n + 1 ) = 1 5 [ ( 1 + 5 2 ) n − 1 ( 1 + 5 2 ) 2 − ( 1 − 5 2 ) n − 1 ( 1 − 5 2 ) 2 ] = 1 5 [ ( 1 + 5 2 ) n + 1 − ( 1 − 5 2 ) n + 1 ] . \begin{aligned}f(n+1)&=\frac{1}{\sqrt5}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n-1}(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^2-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n-1}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^2]\\ &=\frac{1}{\sqrt5}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n+1}-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n+1}].\end{aligned} f(n+1)=5 1[(21+5 )n−1(21+5 )2−(21−5 )n−1(21−5 )2]=5 1[(21+5 )n+1−(21−5 )n+1].
所以，对于 ∀ x ∈ Z ∗ \forall x\in\Z^* ∀x∈Z∗，原式都成立。 Q.E.D.. \text{Q.E.D..} Q.E.D..

Fibonacci 数列的性质

gcd ⁡ ( f ( i ) , f ( j ) ) = f ( gcd ⁡ ( i , j ) ) . \gcd(f(i),f(j))=f(\gcd(i,j)). gcd(f(i),f(j))=f(gcd(i,j)).
证明： 详见素数与 Miller-Rabin 测试。
若非负整数 n ∣ m n\ |\ m n ∣ m，则 f ( n ) ∣ f ( m ) . f(n)\ |\ f(m). f(n) ∣ f(m).
证明： 由 性质1 得 gcd ⁡ ( f ( n ) , f ( m ) ) = f ( gcd ⁡ ( n , m ) ) , \gcd(f(n),f(m))=f(\gcd(n,m)), gcd(f(n),f(m))=f(gcd(n,m)),
而 n ∣ m n\ |\ m n ∣ m， ∴ n = gcd ⁡ ( n , m ) . Q.E.D.. \therefore n=\gcd(n,m).\text{ Q.E.D..} ∴n=gcd(n,m). Q.E.D..
若 n ∈ Z ∗ n\in\Z^* n∈Z∗，则 ∑ i = 1 n f ( i ) = f ( n + 2 ) − 1 \sum_{i=1}^{n}{f(i)}=f(n+2)-1 i=1∑nf(i)=f(n+2)−1
证明： 采用数学归纳法完成证明。
当 n = 1 n=1 n=1 时，结论显然成立。
设 n = k n=k n=k 时结论成立。则
∑ i = 1 k + 1 f ( i ) = ∑ i = 1 k f ( i ) + f ( k + 1 ) = f ( k + 2 ) − 1 + f ( k + 1 ) = f ( k + 3 ) − 1 \begin{aligned}\sum_{i=1}^{k+1}{f(i)}&=\sum_{i=1}^{k}{f(i)+f(k+1)}\\ &=f(k+2)-1+f(k+1)\\ &=f(k+3)-1\end{aligned} i=1∑k+1f(i)=i=1∑kf(i)+f(k+1)=f(k+2)−1+f(k+1)=f(k+3)−1
所以，对于 ∀ n ∈ Z ∗ \forall n\in\Z^* ∀n∈Z∗，原式都成立。 Q.E.D.. \text{Q.E.D..} Q.E.D..

Fibonacci 数列的推论

在取模的意义下，Fibonacci 数列会出现循环。
证明： 略。
(1) 奇数项求和。设 n ∈ Z ∗ n\in\Z^* n∈Z∗，则 ∑ i = 1 n f ( 2 i − 1 ) = f ( 2 n ) − f ( 2 ) + f ( 1 ) \sum_{i=1}^{n}{f(2i-1)}=f(2n)-f(2)+f(1) i=1∑nf(2i−1)=f(2n)−f(2)+f(1)
证明： 采用数学归纳法完成证明。
当 n = 1 n=1 n=1 时，结论显然成立。
设 n = k n=k n=k 时结论成立，则 ∑ i = 1 k + 1 f ( 2 i − 1 ) = [ ∑ i = 1 k f ( 2 i − 1 ) ] + f ( 2 k + 1 ) = f ( 2 k ) + f ( 2 k + 1 ) − f ( 2 ) + f ( 1 ) = f ( 2 ( k + 1 ) ) − f ( 2 ) + f ( 1 ) . \begin{aligned}\sum_{i=1}^{k+1}{f(2i-1)}&=[\sum_{i=1}^{k}{f(2i-1)}]+f(2k+1)\\ &=f(2k)+f(2k+1)-f(2)+f(1)\\ &=f(2(k+1))-f(2)+f(1).\end{aligned} i=1∑k+1f(2i−1)=[i=1∑kf(2i−1)]+f(2k+1)=f(2k)+f(2k+1)−f(2)+f(1)=f(2(k+1))−f(2)+f(1).
所以，对于 ∀ n ∈ Z ∗ \forall n\in\Z^* ∀n∈Z∗，原式都成立。 Q.E.D.. \text{Q.E.D..} Q.E.D..
后面几条推论的证明，原理与此条类似，请读者自行证明。

(2) 偶数项求和。设 n ∈ Z ∗ n\in\Z^* n∈Z∗，则 ∑ i = 1 n f ( 2 i ) = f ( 2 n + 1 ) − f ( 1 ) \sum_{i=1}^{n}{f(2i)}=f(2n+1)-f(1) i=1∑nf(2i)=f(2n+1)−f(1)
证明： 采用数学归纳法完成证明。
当 n = 1 n=1 n=1 时，结论显然成立。
设 n = k n=k n=k 时结论成立，则
∑ i = 1 k + 1 f ( 2 i ) = [ ∑ i = 1 k f ( 2 i ) ] + f ( 2 k + 2 ) = f ( 2 k + 1 ) + f ( 2 k + 2 ) − f ( 1 ) = f ( 2 ( k + 1 ) ) − f ( 1 ) \begin{aligned}\sum_{i=1}^{k+1}f(2i)&=[\sum_{i=1}^{k}f(2i)]+f(2k+2)\\ &=f(2k+1)+f(2k+2)-f(1)\\ &=f(2(k+1))-f(1)\end{aligned} i=1∑k+1f(2i)=[i=1∑kf(2i)]+f(2k+2)=f(2k+1)+f(2k+2)−f(1)=f(2(k+1))−f(1)
故结论成立。

(3) 平方项求和。设 n ∈ Z ∗ n\in\Z^* n∈Z∗，则 ∑ i = 1 n f 2 ( i ) = f ( n ) × f ( n + 1 ) \sum_{i=1}^{n}{f^2(i)}=f(n)\times f(n+1) i=1∑nf2(i)=f(n)×f(n+1)

证明： 采用数学归纳法完成证明。
当 n = 1 n=1 n=1 时，结论显然成立。
设当 n = k n=k n=k 时结论成立，则
∑ i = 1 k + 1 f 2 ( i ) = [ ∑ i = 1 k f 2 ( i ) ] + f 2 ( k + 1 ) = f ( k ) × f ( k + 1 ) + f 2 ( k + 1 ) = f ( k + 1 ) × ( f ( k ) + f ( k + 1 ) ) = f ( k + 1 ) × f ( k + 2 ) \begin{aligned}\sum_{i=1}^{k+1}{f^2(i)}&=[\sum_{i=1}^{k}{f^2(i)}]+f^2(k+1)\\ &=f(k)\times f(k+1)+f^2(k+1)\\ &=f(k+1)\times(f(k)+f(k+1))\\ &=f(k+1)\times f(k+2)\end{aligned} i=1∑k+1f2(i)=[i=1∑kf2(i)]+f2(k+1)=f(k)×f(k+1)+f2(k+1)=f(k+1)×(f(k)+f(k+1))=f(k+1)×f(k+2)
故结论成立。

Lucas 数列

卢卡斯数列 (Lucas Sequence) 和斐波那契数列 (Fibonacci Sequence) 有莫大的关系。
设 L ( 1 ) = 1 , L ( 2 ) = 3 , L ( x ) = L ( x − 1 ) + L ( x − 2 ) . x ∈ [ 3 , ∞ ) \begin{aligned}L(1)&=1,L(2)=3,\\ L(x)&=L(x-1)+L(x-2).\quad x\in[3,∞) \end{aligned} L(1)L(x)=1,L(2)=3,=L(x−1)+L(x−2).x∈[3,∞)则 L ( x ) L(x) L(x) 的通项公式是 L ( x ) = ( 1 + 5 2 ) x + ( 1 − 5 2 ) x L(x)=(\frac{1+\sqrt5}{2})^x+(\frac{1-\sqrt5}{2})^x L(x)=(21+5 )x+(21−5 )x

Lucas 数列的性质

以下式中的 F F F 是 Fibonacci 数。
为记述简便，设 A = 1 + 5 2 , B = 1 − 5 2 . A=\frac{1+\sqrt5}{2},\\\ \\B=\frac{1-\sqrt5}2. A=21+5 , B=21−5 .

∀ n ≥ 2 \forall n\geq2 ∀n≥2 有 L 2 ( n ) − L ( n + 1 ) L ( n − 1 ) = 5 × ( − 1 ) n . L^2(n)-L(n+1)L(n-1)=5\times(-1)^n. L2(n)−L(n+1)L(n−1)=5×(−1)n.
证明： 左边 = ( A n + B n ) 2 − ( A n + 1 + B n + 1 ) ( A n − 1 + B n − 1 ) = A 2 n + B 2 n + 2 A n B n − A 2 n − A n + 1 B n − 1 − A n − 1 B n + 1 − B 2 n = 2 A n B n − A n + 1 B n − 1 − A n − 1 B n + 1 = A n B n − 1 ( B − A ) + A n − 1 B n ( A − B ) = ( A − B ) ( A n − 1 B n − A n B n − 1 ) = − ( A − B ) 2 ⋅ A n − 1 B n − 1 \begin{aligned}左边&=(A^n+B^n)^2-(A^{n+1}+B^{n+1})(A^{n-1}+B^{n-1})\\ &=A^{2n}+B^{2n}+2A^nB^n-A^{2n}-A^{n+1}B^{n-1}-A^{n-1}B^{n+1}-B^{2n}\\ &=2A^nB^n-A^{n+1}B^{n-1}-A^{n-1}B^{n+1}\\ &=A^nB^{n-1}(B-A)+A^{n-1}B^n(A-B)\\ &=(A-B)(A^{n-1}B^n-A^nB^{n-1})\\ &=-(A-B)^2·A^{n-1}B^{n-1}\end{aligned} 左边=(An+Bn)2−(An+1+Bn+1)(An−1+Bn−1)=A2n+B2n+2AnBn−A2n−An+1Bn−1−An−1Bn+1−B2n=2AnBn−An+1Bn−1−An−1Bn+1=AnBn−1(B−A)+An−1Bn(A−B)=(A−B)(An−1Bn−AnBn−1)=−(A−B)2⋅An−1Bn−1
而 A − B = 5 A-B=\sqrt5 A−B=5 ，且 A × B = − 1. A\times B=-1. A×B=−1.
∴ 左边 = − 5 × ( − 1 ) n − 1 = 5 × ( − 1 ) n = 右边 . \begin{aligned}\therefore左边&=-5\times(-1)^{n-1}\\ &=5\times(-1)^n\\ &=右边.\end{aligned} ∴左边=−5×(−1)n−1=5×(−1)n=右边.
Q.E.D.. \text{Q.E.D..} Q.E.D..
∀ n ∈ Z ∗ \forall n\in\Z^* ∀n∈Z∗ 有 ∑ i = 1 n L 2 ( i ) = L ( n ) L ( n + 1 ) − 2 \sum_{i=1}^{n}{L^2(i)}=L(n)L(n+1)-2 i=1∑nL2(i)=L(n)L(n+1)−2
证明： 因为 L 2 ( i ) = ( A n + B n ) 2 = A 2 n + B 2 n + 2 A n B n = A 2 n + B 2 n + 2 × ( − 1 ) n \begin{aligned}L^2(i)&=(A^n+B^n)^2\\ &=A^{2n}+B^{2n}+2A^nB^n\\ &=A^{2n}+B^{2n}+2\times(-1)^n\end{aligned} L2(i)=(An+Bn)2=A2n+B2n+2AnBn=A2n+B2n+2×(−1)n
所以左边 = ∑ i = 1 n ( A 2 i + B 2 i + 2 × ( − 1 ) i ) = [ ∑ i = 1 n ( A 2 i + B 2 i ) ] + 2 × ( − 1 ) n \begin{aligned}左边&=\sum_{i=1}^{n}{(A^{2i}+B^{2i}+2\times(-1)^i)}\\ &=[\sum_{i=1}^{n}{(A^{2i}+B^{2i})}]+2\times(-1)^n\end{aligned} 左边=i=1∑n(A2i+B2i+2×(−1)i)=[i=1∑n(A2i+B2i)]+2×(−1)n
而右边 = ( A n + B n ) ( A n + 1 + B n + 1 ) − 2 = A 2 n + 1 + A n B n + 1 + A n + 1 B n + B 2 n + 1 − 2 = A 2 n + 1 + B 2 n + 1 + A n B n ( A + B ) \begin{aligned}右边&=(A^n+B^n)(A^{n+1}+B^{n+1})-2\\ &=A^{2n+1}+A^nB^{n+1}+A^{n+1}B^n+B^{2n+1}-2\\ &=A^{2n+1}+B^{2n+1}+A^nB^n(A+B)\end{aligned} 右边=(An+Bn)(An+1+Bn+1)−2=A2n+1+AnBn+1+An+1Bn+B2n+1−2=A2n+1+B2n+1+AnBn(A+B)
因为 A + B = 1 A+B=1 A+B=1
由 偶数项求和 知 ∑ i = 1 n ( A 2 i + B 2 i ) = A 2 n + 1 + B 2 n + 1 − ( − 1 ) n \sum_{i=1}^{n}{(A^{2i}+B^{2i})}=A^{2n+1}+B^{2n+1}-(-1)^n i=1∑n(A2i+B2i)=A2n+1+B2n+1−(−1)n
所以右边 = A 2 n + 1 + B 2 n + 1 + ( − 1 ) n = 左边 . 右边=A^{2n+1}+B^{2n+1}+(-1)^n=左边. 右边=A2n+1+B2n+1+(−1)n=左边.
Q.E.D.. \text{ Q.E.D..} Q.E.D..
∀ m , n ∈ Z ∗ \forall m,n\in\Z^* ∀m,n∈Z∗ 有 L ( m + n ) = 1 2 × ( 5 F ( m ) F ( n ) + L ( m ) L ( n ) ) . L(m+n)=\frac12\times(5F(m)F(n)+L(m)L(n)). L(m+n)=21×(5F(m)F(n)+L(m)L(n)).
证明： 2 × 右边 = 5 × ( 1 5 ) 2 ( A m − B m ) ( A n − B n ) + ( A m + B m ) ( A n + B n ) = A m + n + B m + n − A m B n − A n B m + A m + n + B m + n + A m B n + A n B m = 2 A m + n + 2 B m + n \begin{aligned}2\times右边&=5\times(\frac1{\sqrt5})^2(A^m-B^m)(A^n-B^n)+(A^m+B^m)(A^n+B^n)\\ &=A^{m+n}+B^{m+n}-A^mB^n-A^nB^m\\&\quad+A^{m+n}+B^{m+n}+A^mB^n+A^nB^m\\ &=2A^{m+n}+2B^{m+n}\end{aligned} 2×右边=5×(5 1)2(Am−Bm)(An−Bn)+(Am+Bm)(An+Bn)=Am+n+Bm+n−AmBn−AnBm+Am+n+Bm+n+AmBn+AnBm=2Am+n+2Bm+n
所以 2 × ( 左边 − 右边 ) = 2 A m + n + 2 B m + n − ( 2 A m + n + 2 B m + n ) = 0 \begin{aligned}2\times(左边-右边)&=2A^{m+n}+2B^{m+n}\\ &\quad-(2A^{m+n}+2B^{m+n})\\ &=0\end{aligned} 2×(左边−右边)=2Am+n+2Bm+n−(2Am+n+2Bm+n)=0
原命题得证。
∀ m , n ∈ Z ∗ , m ≠ n \forall m,n\in\Z^*,m\neq n ∀m,n∈Z∗,m̸=n 有 L ( m − n ) = 1 2 × ( − 1 ) n ( L ( m ) L ( n ) − 5 F ( m ) F ( n ) ) . L(m-n)=\frac12\times(-1)^n(L(m)L(n)-5F(m)F(n)). L(m−n)=21×(−1)n(L(m)L(n)−5F(m)F(n)).
证明： 2 × 右边 = ( − 1 ) n [ ( A m + B m ) ( A n + B n ) − ( A m − B m ) ( A n − B n ) ] = ( − 1 ) n ( A m B n + 2 A n B m ) 2 × ( 右边 − 左边 ) = ( − 1 ) n ( 2 A m B n + 2 A n B m ) − 2 A m − n − 2 B m − n = 2 × [ A m − n ( ± A n B n − 1 ) + B m − n ( ± A n B n − 1 ) ] = 2 ( ± A n B n − 1 ) ( A m − n + B m − n ) \begin{aligned}2\times右边&=(-1)^n[(A^m+B^m)(A^n+B^n)-(A^m-B^m)(A^n-B^n)]\\ &=(-1)^n(A^mB^n+2A^nB^m)\\\\ 2\times(右边-左边)&=(-1)^n(2A^mB^n+2A^nB^m)-2A^{m-n}-2B^{m-n}\\ &=2\times[A^{m-n}(±A^nB^n-1)+B^{m-n}(±A^nB^n-1)]\\ &=2(±A^nB^n-1)(A^{m-n}+B^{m-n})\end{aligned} 2×右边2×(右边−左边)=(−1)n[(Am+Bm)(An+Bn)−(Am−Bm)(An−Bn)]=(−1)n(AmBn+2AnBm)=(−1)n(2AmBn+2AnBm)−2Am−n−2Bm−n=2×[Am−n(±AnBn−1)+Bm−n(±AnBn−1)]=2(±AnBn−1)(Am−n+Bm−n)
而 A n B n = ( − 1 ) n A^nB^n=(-1)^n AnBn=(−1)n
所以 ± A n B n − 1 = 0 ±A^nB^n-1=0 ±AnBn−1=0
原命题成立。
∀ n ∈ Z ∗ \forall n\in\Z^* ∀n∈Z∗ 有 L 2 ( n ) − 5 F 2 ( n ) = 4 × ( − 1 ) n . L^2(n)-5F^2(n)=4\times(-1)^n. L2(n)−5F2(n)=4×(−1)n.
证明： 左边 = ( A n + B n ) 2 − ( A n − B n ) 2 = 4 A n B n = 4 × ( − 1 ) n = 右边 . \begin{aligned}左边&=(A^n+B^n)^2-(A^n-B^n)^2\\ &=4A^nB^n\\ &=4\times(-1)^n\\ &=右边.\end{aligned} 左边=(An+Bn)2−(An−Bn)2=4AnBn=4×(−1)n=右边.
Q.E.D.. \text{Q.E.D..} Q.E.D..

总结

两个 Fibonacci 数相乘，系数极有可能与 5 5 5 有关；
A 、 B A、B A、B 两个数的代数性质很重要， A + B = 1 , A − B = 5 , A × B = − 1. \begin{aligned}A+B&=1,\\A-B&=\sqrt5,\\A\times B&=-1.\end{aligned} A+BA−BA×B=1,=5 ,=−1.