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：

\[\sum _{i=1}^{n}F_i=F_{n+2}-1 \]

$\quad $ 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。

\[LHS=\sum _{i=1}^{x}F_i+F_{x+1} \]

\[RHS=F_{x+3}-1=F_{x+2}+F_{x+1}-1 \]

$\quad $ 发现同时减 \(去F_{x+1}\) 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。

$\quad $ 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：

\[\sum _{i=1}^{n}F_{2i}=F_{2n+1}-1 \]

$\quad $ 下面的还是写写式子吧。

五：

\[F_n=F_{n-m}F_{m-1}+F_{n-m+1}F_m \]

$\quad $ 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：

\[\begin{aligned} RHS&=F_{n-k-1}F_k+F_{n-k}F_{k+1}\\\\ &=F_{n-k-1}F_k+F_{n-k}(F_{k-1}+F_{k})\\\\ &=(F_{n-k-1}+F_{n-k})F_k+F_{n-k}F_{k-1}\\\\ &=F_{n-k}F_{k-1}+F_{n-k+1}F_k\\\\ &=F_n \end{aligned}\]

$\quad $ 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：

\[\sum _{i=1}^{n}(-1)^iF_i=(-1)^nF_{n-1}-1 \]

$\quad $ 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：

\[F_{2n+1}=F_n^2+F_{n+1}^2 \]

$\quad $ 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

$\quad $ 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。

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

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

\[g(x)=F_1x+F_2x^2+\sum _{i=1}^{\infty}F_ix^i \]

\[xg(x)=F_2x+\quad \qquad \sum _{i=3}^{\infty}F_{i-1}x^i \]

\[x^2g(x)=\qquad \qquad \qquad \sum _{i=3}^{\infty}F_{i-2}x^i \]

$\quad $ 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：

\[g(x)-F_1x-F_2x^2=xg(x)-F_2x+x^2g(x) \]

$\quad $ 整理可得：

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

$\quad $ 列项可得：

\[\begin{aligned} g(x)=\frac{x}{\sqrt{5}}(\frac{1}{x+\frac{1+\sqrt{5}}{2}}-\frac{1}{x+\frac{1-\sqrt5}{2}}) \end{aligned}\]

$\quad $ 接下来我们考虑 \(g(x)=\frac{1}{x+c}\) 的展开形式。

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

\[xg(x)+cg(x)=1 \]

$\quad $ 也就是：

\[ca_0+\sum _{i=1}^{\infty}(a_{i-1}+ca_i)x^i=1 \]

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

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

$\quad $ 继续化简裂项后的式子：

\(\begin{aligned} g(x)&=\frac{x}{\sqrt{5}}(\frac{1}{x+\frac{1+\sqrt{5}}{2}}-\frac{1}{x+\frac{1-\sqrt5}{2}})\\\\ &=\frac{x}{\sqrt5}\sum _{i=0}^{\infty}(-1)^i[(\frac{1+\sqrt5}{2})^{-i-1}-(\frac{1-\sqrt5}{2})^{-i-1}]x^i\\\\ &=\frac{x}{\sqrt5}\sum _{i=0}^{\infty}(-1)^{2i+1}[(\frac{1-\sqrt5}{2})^{i+1}-(\frac{1+\sqrt5}{2})^{i+1}]x^i\\\\ &=\sum _{i=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt5}[(\frac{1+\sqrt5}{2})^{i}-(\frac{1-\sqrt5}{2})^i]x^i \end{aligned}\)

$\quad $ 由此，我们得到 \(F_n=\frac{[(\frac{1+\sqrt5}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt5}{2})^n]}{\sqrt5}\)

$\quad $ 本人蒟蒻，退役后水平下降明显，如有错误还请指出。