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  • 斐波那契数列性质

    千次阅读 2015-09-17 20:29:12
    fibonacci数列性质: 1.gcd(fib(n),fib(m))=fib(gcd(n,m)) 证明:可以通过反证法先证fibonacci数列的任意相邻两项一定互素,然后可证n>m时gcd(fib(n),fib(m))=gcd(fib(n-m),fib(m)),递归可 求gcd(fib(n)...

    fibonacci数列的性质:

    1.gcd(fib(n),fib(m))=fib(gcd(n,m))

    证明:可以通过反证法先证fibonacci数列的任意相邻两项一定互素,然后可证n>m时gcd(fib(n),fib(m))=gcd(fib(n-m),fib(m)),递归可

    求gcd(fib(n),fib(m))=gcd(fib(k),fib(l)),最后k=l,不然继续递归。K是通过展转相减法求出,易证k=gcd(n,m),所以gcd(fib(n),fib(m))

    =fib(gcd(n,m))。


    2.如果fib(k)能被x整除,则fib(k*i)都可以被x整除。

    3.f(0)+f(1)+f(2)+…+f(n)=f(n+2)-1

    4.f(1)+f(3)+f(5)+…+f(2n-1)=f(2n)

    5.f(2)+f(4)+f(6)+…+f(2n) =f(2n+1)-1

    6.[f(0)]^2+[f(1)]^2+…+[f(n)]^2=f(n)·f(n+1)

    7.f(0)-f(1)+f(2)-…+(-1)^n·f(n)=(-1)^n·[f(n+1)-f(n)]+1

    8.f(m+n)=f(m-1)·f(n-1)+f(m)·f(n)

    9.[f(n)]^2=(-1)^(n-1)+f(n-1)·f(n+1)

    10.f(2n-1)=[f(n)]^2-[f(n-2)]^2

    11.3f(n)=f(n+2)+f(n-2)

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

    3.菲波那契前n项和就是菲波那契第n+2项-1

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  • 今天碰到了一个很恶心的斐波那契数列的题,现在来讲讲斐波那契数列性质。 递推式 通项公式 证明不会 矩阵转移 对于一个可以线性转移的式子,加入要求第n项,普通方法的时间复杂度是,k是线性转移...

    正题

          今天碰到了一个很恶心的斐波那契数列的题,现在来讲讲斐波那契数列的性质。

          递推式

          f[0]=0,f[1]=1,f[n]=f[n-1]+f[n-2]|n>=2F(n)F(n+1)=F(n)^2+F(n)F(n-1)

          通项公式

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

          证明不会

         矩阵转移

          对于一个可以线性转移的式子,加入要求第n项,普通方法的时间复杂度是O(nk),k是线性转移单次代价。

          我们可以用矩阵做到O(\log_2 n\ k^3)

          比如说斐波那契矩阵就是\begin{pmatrix} f[i-1] & f[i-2] \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1\\1 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} f[i] & f[i-1] \end{pmatrix}

          比较显然,我们可以把中间的那个矩阵快速幂,就可以做到O(\log_2 n\ k^3)的复杂度了。

          关于斐波那契的一些恒等式

           \\\sum_{i=1}^n F(i)=F(n+2)-1 \\\sum_{i=1}^n F(i)^2=F(n)F(n+1) \\\sum_{i=1}^n F(2i-1)=F(2n) \\\sum_{i=1}F(2i)=F(2n+1)-1 \\F(n)=F(m-1)F(n-m)+F(m)F(n-m+1) \\F(n-1)F(n+1)-F(n)^2=(-1)^n \\\to F(n-1)F(n)+F(n-1)^2-F(n)^2=(-1)^n

          都挺重要的,在这里讲一下证明。

          1.只要把1移到右边,当成F(2)然后不断合并就可以了。

          2.考虑把右边拆开,F(n)F(n+1)=F(n)^2+F(n)F(n-1)。不断拆掉较大那一项,最后剩下的就是F(2)*F(1),易证。

          3.把F(1)当成F(2)就可以了,然后不断合并。

          4.把右边的1移过来当成F(1),不断合并就可以达到了。

          5.

          \\F(n)=F(n-1)+F(n-2) \\F(n)=2F(n-2)+F(n-3) \\F(n)=3F(n-3)+2F(n-4),实际上这个递归过程也相当于斐波那契的递推过程。

          6.这个东西考虑矩阵行列式的k次方=矩阵k次方的行列式,然而k次方的矩阵恰好是\begin{pmatrix} F(k+1)&F(k)\\ F(k) & F(k-1) \end{pmatrix}

          同时求行列式即可,推一推就可以得到相邻两项的关系。

          数论相关

          gcd(F(n),F(m)) \\= gcd(F(n-m)F(m-1)+F(n-m+1)F(m),F(m)) \\=gcd(F(n-m),F(m))

          因为相邻两项F互质,可以得到上面的转移。那么这个东西不断递归,到最后就会变成gcd(F(gcd(n,m)),0)

          外面这层gcd就没有用了,所以gcd(F(n),F(m))=F(gcd(n,m))

           n|m\Leftrightarrow F(n)|F(m)

          gcd(F(n),F(m))=F(gcd(n,m))=F(n)\to F(n)|F(m)

          F(n)|F(m)\to gcd(F(n),F(m))=f(n)\to F(gcd(n,m))=gcd(F(n),F(m))=F(n)\to gcd(n,m)=n\to n|m

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  • 一.\(gcd(f_{n},f_{n+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})&\...

    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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  • 斐波那契数列的鬼畜的性质 斐波那契数列定理1 \(gcd(f[i],f[i+1])=1\) 利用辗转相减法 证明: \(gcd(f[i],f[i+1])\) \(=gcd(f[i+1]-f[i],f[i])\) \(=gcd(f[i-1],f[i])\) \(=....\) \(=gcd(f[1],f[2])=1\) 斐波那契...

    斐波那契数列的鬼畜的性质

    斐波那契数列定理1

    \(gcd(f[i],f[i+1])=1\)
    利用辗转相减法
    证明:
    \(gcd(f[i],f[i+1])\)
    \(=gcd(f[i+1]-f[i],f[i])\)
    \(=gcd(f[i-1],f[i])\)
    \(=....\)
    \(=gcd(f[1],f[2])=1\)

    斐波那契数列定理2

    \(f[m+n]=f[m-1]f[n]+f[m]f[n+1]\)
    证明:
    \(f[m+n]=f[n+m-1]+f[n+m-2]\)
    \(=2*f[n+m-1]+f[n+m-3]\)
    \(=....\)
    \(f[n+m]=a[x]f[n+m-x]+b[x]f[n+m-x-1]\)
    \(=a[x](f[n+m-x-1]+f[n+m-x-2])+b[x]f[n+m-x-1]\)
    \(=(a[x]+b[x])f[n+m-x-1]+a[x]f[n+m-x-2]\)
    所以
    \(x=1\)时,\(a[1]=f[2]=1,b[1]=f[1]=1\)
    \(x=2\)时,\(a[2]=f[1]+f[2]=f[3]=2,b[2]=a[1]=1\)
    \(x=k+1\)时,\(a[k+1]=a[k]+b[k]=f[k+1]+f[k]=f[k+2],b[k+1]=a[k]=f[k+1]\)
    所以,当\(x=n\)
    \(f[n+m]=a[n]f[m]+b[n]f[m+1]\)
    \(=f[n+1]f[m]+f[n]f[m-1]\)

    斐波那契数列定理3

    \(gcd(f[n+m],f[n])=gcd(f[n],f[m])\)
    由上面式子得到
    \(gcd(f[n+m]=f[m-1]f[n]+f[m]f[n+1],f[n])\)
    \(=gcd(f[n+1]f[m],f[n])\)
    \(=gcd(f[n+1],f[n])*gcd(f[m],f[n])\)
    \(=1*gcd(f[m],f[n])\)
    \(=gcd(f[m],f[n])\)

    斐波那契数列定理4

    \(gcd(f[n],f[n+m])=f[gcd(n,n+m)]\)
    证明
    \(gcd(f[n],f[n+m])\)
    \(=gcd(f[n],f[n+m]\%f[m])\)
    \(=gcd(f[n],f[m])\)
    \(=gcd(f[n],f[(n+m)\%n])\)
    这是辗转相除的形式
    所以,最后有
    \(gcd(f[n],f[n+m])\)
    \(=gcd(f[0],f[gcd(n,n+m)])\)
    \(=f[gcd(n,n+m)]\)

    转载于:https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/7799380.html

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    千次阅读 2017-11-16 18:09:26
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斐波那契数列性质证明