Update on 2019.10.9 增加了斐波那契生成函数
Part1:斐波那契数列的定义
斐波那契数列(Fibonacci sequence)是从所谓的兔子繁殖问题定义的.假设每只兔子过\(2\)个月就有繁殖能力,每个月产下一只兔子.如果兔子不死,那么在第\(n\)个月你有多少只兔子?
设第\(n\)个月有\(F_n\)只兔子,显然\(F_1=F_2=1\).根据打表找规律可得
\[F_n=F_{n-1}+F_{n-2}(n\ge3).
\]
该数列从第三项起m每一项都是前两项的和.这就是斐波那契数列.根据计算可得,斐波那契数列的前几项是
\[F_1=1,F_2=1,F_3=2,F_4=3,F_5=5,F_6=8,F_7=13,F_8=21,F_9=34,F_{10}=55,F_{11}=89,F_{12}=144,\dots
\]
Part2:通项公式
根据定义,斐氏数列是一个线性递推数列.其特征方程为
\[x^2=x+1
\]
因此有\(x_1=\frac{1-\sqrt 5}2,x_2=\frac{1+\sqrt 5}2\)(这两个数就是我们后面要介绍的黄金分割率).设\(F_n=C_1x_1^n+C_2x_2^n\),
\(\because F_1=F_2=1\)
\(\therefore C_1x_1+C_2x_2=C_1x_1^2+C_2x_2^2=1\)
解得\(C_1=\frac1{\sqrt5},C_2=-\frac1{\sqrt5}\).
所以斐波那契数列的通项公式为
\[F_n=\frac1{\sqrt5}\left[\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^n\right]
\]
多神奇啊!斐波那契数列竟可以被无理数表示出.
Part3:斐波那契数列的性质
\(1.\)邻项方差:
\[F_{n-1}\cdot F_{n+1}-F_n^2=(-1)^n
\]
用数学归纳法易证.
\(2.\)通项求和:
\[\sum_{i=1}^n F_n=F_{n+2}-2
\]
证明:因
\[F_1=F_2,\\
F_2=F_3-F_1,\\
\dots,\\
F_n=F_{n+1}-F{n-1}
\]
所以原式成立.
\(3.\)奇数项求和:
\[\sum_{i=1}^n F_{2i-1}=F_{2n}
\]
证明:因
\[F_1=F_2,\\
F_3=F_4-F_2,\\
\dots,\\
F_{2n-1}=F_{2n}-F_{2n-2}
\]
所以原式成立.
\(4.\)偶数项求和:
\[\sum_{i=1}^n F_{2i}=F_{2n+1}-1
\]
把通项求和公式和奇数项求和公式减一下就好了.
\(5.\)平方求和:
\[\sum_{i=1}^n F_{i}^2=F_{n+1}F_n
\]
仿照上例证明展开即可.更直观地,
如图,易知正方形面积和=边长之积,也就是上述平方和公式.
\(6.\)两倍项关系
\[\frac{F_{2n}}{F_n}=F_{n-1}+F_{n+1}
\]
展开既得.
\(7.\)倒数求和
\[\sum_{i=1}^n\frac1{F_{i-1}+F_{i+1}}=1-\frac1{F_{n-1}F_n}\\
\sum_{i=1}^n\frac{F_i}{F_{i-1}F_{i+1}}=2-\frac1{F_{n-1}}-\frac1{F_n}
\]
裂项即可.证明略.
\(8.\)三倍项关系
\[F_{3n}=F_{n+1}^3+F_n^3-F_{n-1}^3
\]
证明略.
\(9.\)公约数
\[\gcd(F_n,F_m)=F_{\gcd(n,m)}
\]
证明:欲证\(\gcd(F_n,F_m)=F_{\gcd(n,m)}\),只需证\(\gcd(F_{n+m},F_n)=\gcd(F_m,F_n)\).又
\[\begin{align}
\gcd(F_{n+m},F_n)
&=\gcd(F_{n+1}F_m+F_nF_{m-1},F_n)\\
&=\gcd(F_{n+1}F_m,F_n)\\
&=\gcd(F_{n+1},F_n)\cdot\gcd(F_m,F_n)\\
&=\gcd(F_m,F_n)=\gcd(F_m,F_n)
\end{align}
\]
故原式成立.
作为该结论的直接推论,有\(\gcd(F_n,F_{n+1})=1\).即斐氏数列的邻项互质.
\(10.\)带权和
\[\sum_{i=1}^n i\cdot F_i=n\cdot F_{n+2}-F_{n+3}+2
\]
证明:运用数学归纳法.当\(n=1\)时,命题成立.
设当\(n=k\)时,命题成立,令\(S_i=\sum\limits_{i=1}^ni\cdot F_i\),则
\[\begin{align}
S_{k+1}&=S_k+F_{k+1}\cdot(k+1)\\
&=k\cdot F_{k+2}-F_{k+3}+2+F_{k+1}\cdot (k+1)\\
&=k\cdot F_{k+3}-F_{k+3}+2+F_{k+1}\\
&=k\cdot F_{k+3}-F_{k+2}+2\\
\end{align}
\]
所以原命题成立.
Part4:黄金分割率
将一条线段分成两部分,使得其中一段的长度与全长之比,等于另一段与该线段长度之比,这,就是黄金分割率.
根据其定义,我们设\(\varphi=x\)(\(\varphi\)通常表示黄金分割率),则
\[x^2+x-1=0
\]
解得
\[x_1=\frac{\sqrt5-1}2,x_2=\frac{-\sqrt5-1}2(\text{舍})
\]
因此,\(\varphi=\frac{\sqrt5-1}2\approx 0.618\).
下面来讨论\(\varphi\)的性质.记\(\hat \varphi=\frac{\sqrt5+1}2\),称为\(\varphi\)的共轭.
\(1.\varphi=\frac1{\hat{\varphi}}\).这是因为
\[\varphi\cdot\hat{\varphi}=\frac{\sqrt5-1}2\frac{\sqrt5+1}2=1
\]
\(2.\varphi+\varphi^2=1\).由定义既得.
\(3.\varphi+1=\frac1{\varphi}\).由\(2\)可推得.
Part5:斐波那契数列与黄金分割率
我们尝试除斐氏数列的邻项.有
\[\frac{F_1}{F_2}=1,\frac{F_2}{F_3}=0.5,\frac{F_3}{F_4}\approx0.667,\frac{F_4}{F_5}=0.6,\frac{F_5}{F_6}=0.625,\dots
\]
可以发现,相邻两项之比不断趋近于黄金分割率.更直观地,
\[\frac{F_{20}}{F_{21}}\approx0.618033985017358;\\
\varphi\approx0.6180339887498949
\]
直到第\(10\)位才出现不同.那么,是否有
\[\lim_{n\to\infty}\frac{F_n}{F_{n+1}}=\varphi
\]
呢?答案是肯定的.
因
\[F_n=F_{n-1}+F_{n-2}
\]
两边同除\(F_{n+1}\)得
\[\frac{F_n}{F_{n+1}}+1=\frac{F_{n+2}}{F_{n+1}}
\]
设\(\lim\limits_{n\to\infty}\frac{F_n}{F_{n+1}}\)存在(存在性是显然的)且等于\(x\),则
\[\lim_{n\to\infty}\frac{F_n}{F_{n+1}}=\lim_{n\to\infty}\frac{F_{n+1}}{F_{n+2}}=x
\]
所以
\[x+1=\frac1x
\]
又\(x>0\),所以\(x=\varphi\).
Part6:斐波那契数列的生成函数
我们要求其生成函数,即
\[G(x)=F_0+F_1x+F_2x^2+\dots+F_nx^n+\dots=\sum_{n=0}^{\infty}F_nx^n
\]
我们知道有
\[F_n=\frac1{\sqrt5}\left[\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^n\right]
\]
故
\[\begin{align}
G(x)&=\sum_{n=0}^{\infty}F_nx^n=\sum_{n=0}^{\infty}F_n=\frac1{\sqrt5}\left[\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^n\right]\cdot x^n\\
&=\frac1{\sqrt5}\left[\sum_{n=0}^n\left(\frac{1+\sqrt5}2\cdot x\right)^n+\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1-\sqrt5}2\cdot x\right)\right]\\
&=\frac1{\sqrt5}\left(\frac1{\frac{1+\sqrt5}2x}+\frac1{\frac{1-\sqrt5}2x}\right)\\
&=\frac1{\sqrt5}\frac{\sqrt5}{1-x-x^2}\\
&=\frac1{1-x-x^2}
\end{align}
\]
于是我们知道了斐波那契数列的生成函数为
\[G(x)=\frac1{1-x-x^2}
\]
本文完
