退役划水之斐波那契数列小记

一些解释：

LHS：左侧表达式
RHS：右侧表达式
$F_i$ Fibonacci数列第 $i$ 项

一：

$$\sum _{i=1}^n{F}_i=F_{n+2}-1$$

首先考虑 $n=1$ ，发现该等式成立。于是我们假设当 $n=x$ 时该等式成立，观察 $n=x+1$ 时该等式是否成立。

$$LHS=\sum _{i=1}^x{F}_i+F_{x+1}$$

$$RHS=F_{x+3}-1=F_{x+2}+F_{x+1}-1$$

发现同时减 $\mathrm{去}{F}_{x+1}$ 之后即得到 $n=x$ 的情形，于是 $n=x+1$ 时该等式成立，这样原等式成立。

还有一堆奇妙的性质，这里我就不再赘述，用数学归纳法都可以简单的证明。

二：

$$\sum _{i=1}^n{F}_i^2=F_n{F}_{n+1}$$

三：

$$\sum _{i=1}^n{F}_{2i-1}=F_{2n}$$

四：

$$\sum _{i=1}^n{F}_{2i}=F_{2n+1}-1$$

下面的还是写写式子吧。

五：

$$F_n=F_{n-m}{F}_{m-1}+F_{n-m+1}{F}_m$$

还是数学归纳法，当 $m=1$ 时成立，再假设 $m=k$ 时该等式成立，当 $m=k+1$ 时：

$$\begin{array}{rl}RHS& =F_{n-k-1}{F}_k+F_{n-k}{F}_{k+1}\\ \\ & =F_{n-k-1}{F}_k+F_{n-k}(F_{k-1}+F_k)\\ \\ & =(F_{n-k-1}+F_{n-k})F_k+F_{n-k}{F}_{k-1}\\ \\ & =F_{n-k}{F}_{k-1}+F_{n-k+1}{F}_k\\ \\ & =F_n\end{array}$$

于是得证，特别的，当 $m=2$ 时，该式变为Fibonacci数列的定义式 $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$ 。

六：

$$\sum _{i=1}^n(-1{)}^i{F}_i=(-1{)}^n{F}_{n-1}-1$$

这个的证明也十分简单，将三四条性质对应等式做差，再对 $n$ 的奇偶性讨论即可。

七：

$$F_{2n+1}=F_n^2+F_{n+1}^2$$

证明很简单，直接把下面这个式子右侧表达式展开再化简化简即可

$$F_{2n+1}=F_{n+2}{F}_{n+1}-F_n{F}_{n-1}$$

八：通项推导

有人说可以直接用特征方程得到通项，不过特征方程的证明仍然可以用生成函数，所以这里我只介绍生成函数的证明。

我们定义 $Fibonacci$ 数列的普通型生成函数 $g(x)=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{F}_i{x}^i$（这里没有 $F_0$ ，我就没写这一项）。

那么 $xg(x)=\sum _{i=2}^{\mathrm{\infty }}{F}_{i-1}{x}^i、x^{2}g(x)=\sum _{i=3}^{\mathrm{\infty }}{F}_{i-2}{x}^i$ （为了方便不用前面和式表示前面某几项

$$g(x)=F_{1}x+F_2{x}^2+\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{F}_i{x}^i$$

$$xg(x)=F_{2}x+\sum _{i=3}^{\mathrm{\infty }}{F}_{i-1}{x}^i$$

$$x^{2}g(x)=\sum _{i=3}^{\mathrm{\infty }}{F}_{i-2}{x}^i$$

因为 $F_i=F_{i-1}+F_{i-2}$，所以后边的大$\sum$也满足这个式子，因而有：

$$g(x)-F_{1}x-F_2{x}^2=xg(x)-F_{2}x+x^{2}g(x)$$

整理可得：

$$g(x)=\frac{-x}{x^2+x-1}$$

列项可得：

$$\begin{array}{r}g(x)=\frac{x}{\sqrt{5}}(\frac{1}{x+\frac{1+\sqrt{5}}{2}}-\frac{1}{x+\frac{1-\sqrt{5}}{2}})\end{array}$$

接下来我们考虑 $g(x)=\frac{1}{x+c}$ 的展开形式。

我们设 $g(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_i{x}^i$ ，那么根据封闭形式，我们可以得到：

$$xg(x)+cg(x)=1$$

也就是：

$$c{a}_0+\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(a_{i-1}+c{a}_i)x^i=1$$

后面那个 $\sum$ 没法为零，所以我们可以得到数列 $\{a_n\}$ 的通项：$a_n=(-1{)}^n{c}^{-n-1}$

由此我们得到 $g(x)=\frac{1}{x+c}=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^i{c}^{-i-1}$

继续化简裂项后的式子：

$\begin{array}{rl}g(x)& =\frac{x}{\sqrt{5}}(\frac{1}{x+\frac{1+\sqrt{5}}{2}}-\frac{1}{x+\frac{1-\sqrt{5}}{2}})\\ \\ & =\frac{x}{\sqrt{5}}\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^i[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^{-i-1}-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^{-i-1}]x^i\\ \\ & =\frac{x}{\sqrt{5}}\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{2i+1}[(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^{i+1}-(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^{i+1}]x^i\\ \\ & =\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^i-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^i]x^i\end{array}$

由此，我们得到 $F_n=\frac{[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n]}{\sqrt{5}}$

本人蒟蒻，退役后水平下降明显，如有错误还请指出。