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  • 斐波那契数列的一些重要性质及其证明
    2019-07-10 10:55:00

    一.\(gcd(f_{n},f_{n+1})=1\)

    证明:

    \[ \begin{aligned} &gcd(f_{n},f_{n+1})&\\ =&gcd(f_{n},f_{n+1}-f_{n})&\\ =&gcd(f_{n},f_{n-1})&\\ =&……&\\ =&gcd(f_{1},f_{2})&\\ =&1& \end{aligned} \]

    二.\(f_{m}=f_{m-n-1}\times f_{n}+f_{m-n}\times f_{n+1}\)

    证明:

    假设\(n<m\),且\(f_{n}=a,f_{n+1}=b\)
    \(f_{n+2}=a+b,f_{n+3}=a+2b,f_{n+4}=2a+3b\)
    我们可以发现a和b前面的系数就是一个斐波那契数列,因此\(f_{m}=f_{m-n-1}\times a+f_{m-n} \times b\),得证。
    推论:\(f_{n+m}=f_{m-1}\times f_{n}+f_{m}\times f_{n+1}\)

    三.\(gcd(f_{n},f_{m})=f_{gcd(n,m)}\)

    证明:

    由性质二我们知道\(gcd(f_{n},f_{m})=gcd(f_n,f_{m-n-1}\times f_{n}+f_{m-n}\times f_{n+1})\)
    又我们知道\(f_{n}|f_{m-n-1}\times f_{n}\),由性质一我们知道\(gcd(f_{n},f_{n+1})=1\),因此
    \[gcd(f_{n},f_{m})=gcd(f_{n},f_{n-m}) \]
    根据该等式我们即可得证该性质成立。

    参考资料:

    洛谷P1306博客:传送门

    转载于:https://www.cnblogs.com/Dillonh/p/11162469.html

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    斐波那契数列性质总结

    对于斐波那契数列: 递推公式:fn=fn-1+fn-2(n>=2)  f0=0,f1=1; 性质除第一条外来自百度

    性质一:模除周期性

     数列的数模除某个数的结果会呈现一定周期性,因为数列中的某个数取决与前两个数,一旦有连着的两个数的模除结果分别等于第0 第一项的模除结果,那麽代表着一个新的周期的的开始,如果模除n,则每个周期中的元素不会超过n×n;

    性质二:黄金分割

     随着i的增大Fi/Fi-1 接近于0.618.

    性质三:平方与前后项

     从第二项开始,每个奇数项的平方都比前后两项之积多一,每个偶数项的平方比前后两项之积少一.

    性质四:斐波那契数列的第n+2项代表了集合{1,2,...n}中所有不包含相邻正整数的子集的个数.

    性质五:求和

    奇数项求和:

    偶数项求和:

    平方求和:

    性质六:隔项关系

    f(2n-2m-2)[f(2n)+f(2n+2)]=f(2m+2)+f(4n-2m) [ n〉m≥-1,且n≥1]

    性质七:两倍项关系

    f(2n)/f(n)=f(n-1)+f(n+1)

    性质八:尾数循环

    个位数:周期60

    最后两位:300

    最后三位:1500

    其他:





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  • 介绍了斐波那契数列及其有关性质
  • -

    写在前面

    最近在看一本很开阔思路的书, 名为《组合证明的艺术(proof that really count: The art of combinatorial proof)》,中译版是机械工业出版社出版的, 里面有一些错漏的地方(如符号等), 建议大家中英文对照着看(如果有兴趣的话).

    虽然是写给高中生的书, 但是对我来说还是很受启发, 不得不说组合证明实在是巧妙, 称为一门艺术也不足为奇. 下面主要对这样一个定理作组合意义上的证明 (直接利用通项公式也可证明,但是步骤要繁琐很多).

    预备定义

    1. Fibonacci数: F n = F n − 1 + F n − 2 , ( n ⩾ 2 ) , F 0 = 0 ,   F 1 = 1 F_n=F_{n-1}+F_{n-2}, (n\geqslant2),F_0=0,\,F_1=1 Fn=Fn1+Fn2,(n2),F0=0,F1=1, e . g . e.g. e.g.
      0 , 1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 , … 0,1,1,2,3,5,8,13,\dots 0,1,1,2,3,5,8,13,

    2. 为方便后述定理, 这里用新记号 f n f_n fn表示Fibonacci数, 有 f n = F n + 1 ,   ∀ n ⩾ − 1 f_n=F_{n+1},\, \forall n\geqslant -1 fn=Fn+1,n1.

    3. n n n-平铺: 对于一块长为 n n n的地板, 使用长为1或2的砖块铺满整块地板, 所有满足条件的方法数为 f n f_n fn(直接由尾部砖块为1或2即可得到递推关系 f n = f n − 1 + f n − 2 f_n=f_{n-1}+f_{n-2} fn=fn1+fn2).

    4. 可分隔(breakable): 一个 n n n-平铺在 k k k单位块可分隔, 即该平铺在第 k k k个单位块处为方砖块(长度为1), 若该处是长度为2的砖块, 则不可分隔.

    定理

    m ⩾ 1 , n ⩾ 0 m\geqslant1,n\geqslant0 m1,n0, 如果 m   ∣   n m\,|\,n mn, 那么 f m − 1   ∣   f n − 1 f_{m-1}\,|\,f_{n-1} fm1fn1, 事实上, 若 n = q m n=qm n=qm, 则 f n − 1 = f m − 1 ∑ j = 1 q f m − 1 j − 1 f n − j m f_{n-1}=f_{m-1}\sum_{j=1}^qf_{m-1}^{j-1}f_{n-jm} fn1=fm1j=1qfm1j1fnjm.

    组合证明

    考虑这样一个问题

    n = q m n=qm n=qm时, 存在多少种 n − 1 n-1 n1平铺?

    第一种解答: 显然是 f n − 1 f_{n-1} fn1;

    第二种解答:

    考虑一个最小的 j j j, 使得平铺在第 j m − 1 jm-1 jm1单位块处可分隔, 这样的 j j j显然存在且至多为 q q q, 因为平铺在 n − 1 = q m − 1 n-1=qm-1 n1=qm1单位块处是可分隔的. 考虑下面三种不同位置上的平铺(如下图):
    1

    1. 给定一个 j j j, 则有 j − 1 j-1 j1块长度为2的砖块位于 m , 2 m , … , ( j − 1 ) m m,2m,\dots,(j-1)m m,2m,,(j1)m单位块处(因为 j m − 1 jm-1 jm1为最小的可分隔位置), 这些长度为2的砖块的平铺有 f m − 2 j − 1 f_{m-2}^{j-1} fm2j1种方法;
    2. 对于 ( j − 1 ) m + 1 (j-1)m+1 (j1)m+1直到 j m − 1 jm-1 jm1单位块, 有 f m − 1 f_{m-1} fm1种平铺方法(因为其长度为 j m − 1 − ( j − 1 ) m − 1 + 1 = m − 1 jm-1-(j-1)m-1+1=m-1 jm1(j1)m1+1=m1);
    3. 对于剩下的 n − j m n-jm njm个单位块, 有 f n − j m f_{n-jm} fnjm种平铺方法.

    综上, 我们得到了:
    f n − 1 = f m − 1 ∑ j = 1 q f m − 1 j − 1 f n − j m . f_{n-1}=f_{m-1}\sum_{j=1}^qf_{m-1}^{j-1}f_{n-jm}. fn1=fm1j=1qfm1j1fnjm.

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    推式:
    f(0)=1,f(1)=1;f(n)=f(n1)+f(n2)(n>=2) f ( 0 ) = 1 , f ( 1 ) = 1 ; f ( n ) = f ( n − 1 ) + f ( n − 2 ) ( n >= 2 )

    通项公式:
    f(n)=15[1+52n152n] f ( n ) = 1 5 [ 1 + 5 2 n − 1 − 5 2 n ]

    性质:

    1. gcd(f(i),f(j))=f(gcd(i,j)) g c d ( f ( i ) , f ( j ) ) = f ( g c d ( i , j ) )
    2. n|m n | m ,则 f(n)|f(m) f ( n ) | f ( m )
    3. f(n)|x f ( n ) | x ,则 f(ni)|x f ( n ∗ i ) | x
    4. ni=1f(i)=f(n+2)1 ∑ i = 1 n f ( i ) = f ( n + 2 ) − 1

    推论:

    1. 在模的情况下,斐波那契数列会出现循环,可以打表找出
    2. 奇数项求和: f[1]+f[3]+...+f[2n1]=f[2n]f[2]+f[1] f [ 1 ] + f [ 3 ] + . . . + f [ 2 n − 1 ] = f [ 2 n ] − f [ 2 ] + f [ 1 ] ,偶数项求和: f[2]+f[4]+...+f[2n]=f[2n+1]f[1] f [ 2 ] + f [ 4 ] + . . . + f [ 2 n ] = f [ 2 n + 1 ] − f [ 1 ] ,平方项求和: f[1]2+f[2]2+.....f[n]2=f[n]f[n+1] f [ 1 ] 2 + f [ 2 ] 2 + . . . . . f [ n ] 2 = f [ n ] ∗ f [ n + 1 ]
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空空如也

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斐波那契数列性质证明

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