【闲话】2023.1.27 斐波那契数列一个性质及推广

合集 - 学术闲话(2)

1.【闲话】2023.1.27 斐波那契数列一个性质及推广2023-01-27

2.【闲话】2023.2.3 k 次加权组合数求和2023-02-03

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斐波那契#

众所周知，斐波那契数列有一个性质：

$$\gcd(f_{n},f_{m})=f_{\gcd(n,m)}$$

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在证明他之前，先来看个引理：

$\mathrm{Lemma\ 1}$

$$f_{n+m}=f_{n}\times f_{m-1}+f_{n+1}\times f_{m}$$

这是归纳证的，$m\le 2$ 时，显然有：

$$f_{n+1}=f_{n}\times f_{0}+f_{n+1}\times f_{1}$$

$$f_{n+2}=f_{n}\times f_{1}+f_{n+1}\times f_{2}$$

假设对于 $m\le k$ 均成立，证明 $m=k+1$ 成立。

$$f_{n+k}=f_{n}\times f_{k-1}+f_{n+1}\times f_{k}$$

$$f_{n+k-1}=f_{n}\times f_{k-2}+f_{n+1}\times f_{k-1}$$

两个式子相加即得：

$$f_{n+k+1}=f_{n}\times f_{k}+f_{n+1}\times f_{k+1}$$

即 $m=k+1$ 成立。

如果把 $n+m$ 替换成 $m$，这个引理也可以写作：

$$f_{m}=f_{n}\times f_{m-n-1}+f_{n+1}\times f_{m-n}$$

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接着是一个比较显然的引理：

$\mathrm{Lemma}\ 2$

$$\gcd(f_{n},f_{n+1})=1$$

简单推导一下：

$$\begin{aligned} \gcd(f_{n},f_{n+1})&=\gcd(f_{n},f_{n+1}-f_{n})\\ &=\gcd(f_{n},f_{n-1})\\ &\cdots\\ &=\gcd(f_{1},f_{2})\\ &=1 \end{aligned}$$

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回到最初的证明，类比更相减损推广到辗转相除，如果我们能够证明：

$$\gcd(f_{n},f_{m})=\gcd(f_{n},f_{m-n})$$

就可以证明经过辗转相除后：

$$\gcd(f_{n},f_{m})=\gcd(f_{\gcd(n,m)},f_{0})=f_{\gcd(n,m)}$$

把式子大力展开！

$$\begin{aligned} \gcd(f_{n},f_{m})&=\gcd(f_{n},f_{n}\times f_{m-n-1}+f_{n+1}+f_{m-n})\\ &=\gcd(f_{n},f_{n+1}\times f_{m-n})\\ &=\gcd(f_{n},f_{m-n}) \end{aligned}$$

证毕。

$y=1$#

然后一道题——BZOJ-4833 最小公倍佩尔数。

题解1：推导得到 $f$ 满足 $f_{n}=2f_{n-1}+f_{n-2}$，类比斐波那契数列，这种形如 $f_{n}=xf_{n-1}+yf_{n-2}$ 的递推式都满足 $\gcd(f_{n},f_{m})=f_{\gcd(n,m)}$。

题解2：我们知道……大力归纳……

我：？你说了个鬼？

那么我们来看一下所有满足：

$$\begin{cases} f_{i}=[i=1]&i\le 1\\ f_{i}=xf_{i-1}+yf_{i-2}&i>1 \end{cases}$$

的数列 $f$，有什么特殊之处吧。

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引理 $1$ 的归纳过程，边界值中 $m=1$ 时 $f_1=1$，$m=2$ 时 $f_1=y$，而 $f_2=x$ 是无疑的，于是姑且讨论 $y=1$ 的情况。

重写一下递推式：

$$f_{n}=xf_{n-1}+f_{n-2}$$

现在归纳证明引理 $1$ 对于 $x\in \mathrm{N}_{+},y=1$ 同样成立。

$m\le 2$ 时，显然有：

$$f_{n+1}=f_{n}\times f_{0}+f_{n+1}\times f_{1}$$

$$f_{n+2}=f_{n}\times f_{1}+f_{n+1}\times f_{2}$$

假设对于 $m\le k$ 均成立，证明 $m=k+1$ 成立。

$$f_{n+k}=f_{n}\times f_{k-1}+f_{n+1}\times f_{k}$$

$$f_{n+k-1}=f_{n}\times f_{k-2}+f_{n+1}\times f_{k-1}$$

向上面一样凑出 $f_{n+k+1}$：

$$\begin{aligned} f_{n+k+1}&=xf_{n+k}+f_{n+k-1}\\ &=f_{n}\times (xf_{k-1}+f_{k-2})+f_{n+1}\times (xf_{k}+f_{k-1})\\ &=f_{n}\times f_{k}+f_{n+1}\times f_{k+1} \end{aligned}$$

证毕。

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而对于引理 $2$，也是稍作改动即可：

$$\begin{aligned}\ \gcd(f_{n},f_{n+1})&=\gcd(f_{n},f_{n+1}-xf_{n})\\ &=\gcd(f_{n},f_{n-1})\\ &\cdots\\ &=\gcd(f_{1},f_{2})\\ &=1 \end{aligned}$$

既然两个引理都同样满足，不难得到相同的结论。

非常厉害#

SoyTony：那 $y\neq 1$ 时是不是不成立？感觉差一个系数。

Jijidawang：那就随便加一个吧。（在引理 $1$ 的第一项加了个系数 $y$。）

他说他是瞎加的，他可不是瞎加的啊！我看是有备而来！

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很强的性质：

$\mathrm{Theorem}\ 1$

$$f_{n+m}=y\times f_{n}\times f_{m-1}+f_{n+1}\times f_{m}$$

证明略，方法同上，增加了一个系数即可保证 $m=2$ 的边界同样成立。

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这个时候按理说就要证明引理 $2$ 的相邻互质了，然而同样的方法由于系数变复杂变得很难看。思考另一个问题：什么情况下保证相邻互质？

$\mathrm{Theorem}\ 2$

$$\gcd(x,y)=1\Leftrightarrow \gcd(f_{n},f_{n+1})=1$$

还是归纳一下，$n=1$ 时显然成立。

假设对于 $n\le k$ 均成立，证明 $n=k+1$ 成立。

把 $f_{k+1}$ 拆开！

$$\begin{aligned} \gcd(f_{k},f_{k+1})&=\gcd(f_{k},xf_{k}+yf_{k-1})\\ &=\gcd(f_{k},yf_{k-1})\\ &=\gcd(f_{k},y)\\ &=\gcd(f_{k}\bmod y,y) \end{aligned}$$

显然 $f_k$ 可以表示成 $f_k=ax+by$ 的形式，即要求 $\gcd(ax,y)=1$ 成立。

于是我们得到一个必要条件：$\gcd(x,y)=1$，似乎很有意义。

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下面来证明其充分性。

再看刚刚归纳得到的式子：

$$\gcd(f_n,f_{n+1})=\gcd(f_n,yf_{n-1})$$

假设中 $\gcd(f_{n},f_{n-1})=1$，此时满足条件 $\gcd(f_{n},y)=1$ 则原式成立，我们不妨对此同样进行归纳。

假设 $n\le k$ 时，$\gcd(f_{n},f_{n+1})=1,\gcd(f_{n},y)=1$，现证明满足 $\gcd(x,y)=1$ 的情况下，$n=k+1$ 时仍然成立。

$$\begin{aligned} \gcd(f_{k+1},y) &=\gcd(xf_{k}+yf_{k-1},y)\\ &=\gcd(xf_{k},y) \end{aligned}$$

而 $\gcd(x,y)=1,\gcd(f_k,y)=1$ 均成立，即证。

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最后整理一下：

$\forall x,y\in \mathbf{N^*}$，递推式：

$$f_{n}= \begin{cases} [n=1]&n\le 1\\ xf_{n-1}+yf_{n-2}&n>1 \end{cases}$$

满足：

$$f_{n+m}=y\times f_{n}\times f_{m-1}+f_{n+1}\times f_{m}$$

$$\gcd(x,y)=1\Leftrightarrow\gcd(f_{n},f_{m})=f_{\gcd(n,m)}$$

Natural Motivation#

此篇闲话拿去投日报了，对 $\mathrm{Theorem}\ 1$ 部分有一个更自然的 Motivation，如下：

引理 $1$ 的归纳部分可效仿之处很多，事实上，对于任意的系数：

$$f_{n+m}=a\times f_{n}\times f_{m-1}+b\times f_{n+1}\times f_{m}$$

归纳 $m=k+1$ 成立的部分都可以写成：

$$\begin{aligned} f_{n+k+1} &=xf_{n+k}+yf_{n+k-1}\\ &=a\times f_{n}\times (xf_{k-1}+yf_{k-2})+b\times f_{n+1}\times (xf_{k}+yf_{k-1})\\ &=a\times f_{n}\times f_{k}+b\times f_{n+1}\times f_{k+1} \end{aligned}$$

因此我们只需要找到使得边界成立 $a,b$，容易列出：

$$\begin{cases} f_{n+1}=a\times f_{n}\times f_{0}+b\times f_{n+1}\times f_{1}\\ f_{n+2}=a\times f_{n}\times f_{1}+b\times f_{n+1}\times f_{2} \end{cases}$$

得：

$$\begin{cases} a=y\\ b=1 \end{cases}$$