斐波那契数列的GCD性质

众所周知,斐波那契数列是一个有很多特殊有趣性质的数列,那么我们今天就来证明其中之一:

\[\gcd{(F_n,F_m)}=F_{\gcd (n,m)} \]

首先,使用一些引理:

引理 1:如果 \(m|n\),那么 \(F_m |F_n\)

证明:

这里 \(m|n\),那我们不妨设 \(n=km,(k\ge 1)\)

  • \(k=1\) 时,显然成立。

那么只需要证明 \(k=a\)\(k=a+1\) 时同样成立即可。

既然已知 \(F_m|F_n\),那么只要证 \(F_m|F_{n+m}\)

引理 2:\(F_{n+m}=F_{n-1}F_m+F_nF_{m+1}\)

证明:

  • \(m=1\) 时,\(F_{n+1}=F_n+F_{n-1}\)

  • \(m=2\) 时,\(F_{n+1}=F_{n+1}+F_n=2F_n+F_{n-1}\)

同样的,我们只需证明 \(m=k\)\(m=k+1\) 分别成立时,\(m=k+2\) 成立即可。

\[\begin{aligned} F_{n+k+2}&=F_{n+k+1}+F_{n+k} \\ &=F_{n-1}F_{k+1}+F_nF_{k+2}+F_{n-1}F_k+F_nF_{k+1} \\ &=F_{n-1}(F_k+F_{k+1})+F_n(F_{k+1}+F_{k+2}) \\ &=F_{n-1}F_k+F_nF_{k+3} \end{aligned} \]

成立。

有了引理 2,那 \(F_{n+m}\) 就可以用 \(F_n\)\(F_m\) 表示出来,那既然 \(F_m|F_n\),那一定有 \(F_{m}|F_{n+m}\)

引理 1 得证。

引理 3 相邻的斐波那契数互质

这就是那道题的性质。

我们不妨假设 \(\gcd (F_n,F_{n-1})=d,(d>1)\)

那么由更相减损法得:

\[\gcd(F_n,F_{n-1})=\gcd(F_{n-1},F_n-F_{n-1}) \]

那么 \(d|\gcd(F_n-F_{n-1})\),即 \(d|F_{n-2}\)

这样 \(F_{n-1}\)\(F_{n-2}\) 都有大于 \(1\) 的公约数 \(d\) 了,我们取 \(n=3\),额,好像不成立。

得证。


那么,如何证明我们最大的命题呢?

\(\gcd(m,n)=t,m>n,m=nq+r,(0\le r<n)\)

\[\begin{aligned} \gcd(F_n,F_m)&=\gcd(F_n,F_{nq+r}) \\ &=\gcd(F_n,F_{nq-1}F_r+F_{nq}F_{r+1}) \\ &=\gcd(F_n,F_{nq-1}F_r),(\text{因为 }F_n|F_{nq}) \\ &=\gcd(F_n,F_r),(\gcd(F_{nq},F_{nq-1})=1,F_n|F_{nq}) \end{aligned} \]

又因为

\[\gcd(n,m)=\gcd(m\%n,n)=\gcd(r,n)=t,t|r,t|n \]

那么

\[F_t|F_r,F_t|F_n \]

由引理 1 的逆定理得到:

\[\begin{aligned} \gcd(n,r)&=t \\ \gcd(F_n,F_r)&=F_t \\ \end{aligned} \]

\[\gcd(F_n,F_m)=\gcd(F_m,F_r)=F_t=F_{\gcd(n,m)} \]

即证。

posted @ 2024-11-04 15:34  ccjjxx  阅读(17)  评论(0编辑  收藏  举报