斐波那契

斐波那契数-计算-分析

斐波那契数列（$Fibonacci \ sequence$），由意大利数学家 莱昂纳多·斐波那契 的名字命名，原因是他在看到发情的兔子并充分发挥想象力后提出了这个数列

该数列具有优秀的性质，如在 $n$ 很大时，$\large\frac{F_{n+1}}{F_n} \approx \phi$ 即 $\large\displaystyle \lim_{n \to +\infty}\frac{F_{n+1}}{F_n}=\phi$。

$\phi$ 为黄金分割数，$\large 1.61803398874989484819719595255086212205106635745185384\\ \large53723187601229582821971784348083863296133320592 ...$

用途挺多的，比如斐波那契查找（二分查找的一种改进），斐波那契堆等

斐波那契数列定义为

$$\large F_n= \begin{cases} 0, &(n=0)\\ 1, &(n=1)\\ F_{n-1} + F_{n-2} &(n > 1) \end{cases}$$

通项公式&性质

通项公式(性质一)

第 $n$ 个斐波那契数可以表示为

$$\large F_n = \frac{\phi^n - \hat{\phi}^n}{\sqrt{5}}$$

$\hat{\phi}$ 为 $\phi$ 的共轭数，二者是 $x^2 = x+1$ 的两个根

所以这玩意的增长是指数级的

证明

顺推法

$$\large{} \begin{aligned} &F_0=0=\frac{1-1}{\sqrt{5}}\\ \\ &F_1=1=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}} \end{aligned}$$

这两个玩意满足通项公式

接下来，假设，$F_{k-1},F_k$ 满足通项公式

则有

$$\large \begin{aligned} &F_{k-1}=\frac{\phi^{k-1}-\hat{\phi}^{k-1}}{\sqrt{5}}\\ \\ &F_{k}=\frac{\phi^{k}-\hat{\phi}^{k}}{\sqrt{5}} \end{aligned}$$

so

$$\large \begin{aligned} F_{k+1} &=F_{k-1}+F_k\\ \\ &=\frac{\phi^{k-1}-\hat{\phi}^{k-1}}{\sqrt{5}} +\frac{\phi^{k}-\hat{\phi}^{k}}{\sqrt{5}}\\ \\ &=\frac{(\phi^{k-1} + \phi^k) - (\hat{\phi}^{k-1} + \hat{\phi}^k)}{\sqrt{5}}\\ \\ &=\frac{\phi^{k+1} - \hat{\phi}^{k+1}}{\sqrt{5}} \end{aligned}$$

这里为什么 $(\phi^{k-1} + \phi^k) - (\hat{\phi}^{k-1} + \hat{\phi}^k)$ 直接变成了 $\phi^{k+1} - \hat{\phi}^{k+1}$ 呢？

注意，$\phi$ 和 $\hat{\phi}$ 满足方程 $x^2=x+1$，因此

$$\large \begin{aligned} &\phi^2 = \phi+1, \ \hat{\phi}^2 = \hat{\phi}+1\\ \\ &\phi^3 = \phi^2+1, \ \hat{\phi}^3 = \hat{\phi}^2+1\\ \\ &......\\ \\ &\phi^{k+1} = \phi^k+\phi^{k-1}, \ \hat{\phi}^{k+1} = \hat{\phi}^k+\phi^{k-1}\\ \end{aligned}$$

也可以算特征方程：
对于一个数列

$$\large{x_{n+2}=c_1x_{n+1}+c_2x_n}$$

设有 $r,s$ 使：

$$\large{x_{n+1}-rx_{n+1}=s(x_{n+1}-rx_n)}$$

(不要被 $r,s$ 所迷惑，这样的等式一定存在)

$$\large \begin{aligned} &x_{n+2}=(r+s)x_{n+1}-srx_n\\ &c_1=r+s,c_2=-sr \end{aligned}$$

消去 $s$ 得出特征方程式：

$$\large{r^2=rc_1+c_2}$$

真经

https://www.zhihu.com/question/25217301 回答二，实在不行看回答三

性质二

接下来证明上文提到的一个小(大)性质

$$\large\displaystyle \lim_{n \to +\infty}\frac{F_{n+1}}{F_n}=\phi$$

证明

因为

$$\large{ |\hat{\phi}|=|\frac{1-\sqrt{5}}{2}|<1\\ \\ \displaystyle\lim_{n\to+\infty}\hat{\phi}^n=\hat{\phi}^{n+1}=0 }$$

so

$$\large{} \begin{aligned} \displaystyle\lim_{n\to+\infty}\frac{F_{n+1}}{F_n} &=\lim_{n\to+\infty}\frac{\phi^{n+1}-\hat{\phi}^{n+1}}{\phi^n-\hat{\phi}^n}\\ \\ &=\frac{\phi^{n+1}}{\phi^n}\\ \\ &=\phi \end{aligned}$$

性质三

$\large F_{n+1} \geq \phi^{n-1}$

个人认为，从这里也可以看出斐波那契数的指数级增长

证明

顺推

$$\large{ \begin{aligned} &F_{n+1} =\frac{\phi^{n+1} - \hat{\phi}^{n+1}}{\sqrt{5}}\\ \\ &\frac{\phi^{n+1} - \hat{\phi}^{n+1}}{\sqrt{5}} \geq \phi^{n-1}\\ \\ &\phi^{n+1} - \hat{\phi}^{n+1} \geq \sqrt{5}\phi^{n-1}\\ \\ &\phi^{n+1} - \sqrt{5}\phi^{n-1} \geq \hat{\phi}^{n+1}\\ \\ &[\frac{(1+\sqrt{5})^2}{4}-\sqrt{5}]\phi^{n-1} \geq \frac{(1-\sqrt{5})^2}{4} \hat{\phi}^{n-1}\\ \\ &(\frac{3-2\sqrt{5}}{2})\phi^{n-1} \geq (\frac{3-2\sqrt{5}}{2})\hat{\phi}^{n-1}\\ \end{aligned} }$$

因为 $\large \phi \geq \hat{\phi}$，$n=1$ 时取等

所以上述式成立

另外，与指数对应的就是对数，所以我们可以把上面那个式子转化一下

$$\large \begin{aligned} &\phi^n \leq F_{n+2}\\ &n \leq log_\phi(F_{n+2})\\ &\text{注意这里 2 的转化}\\ &\text{并非从n+2中而来}\\ &n-2 \leq log_\phi F_n\\ &n \leq log_\phi F_n +2 \end{aligned}$$

一个数如果是斐波那契数，那么这个数 在斐波那契数列上的位置下标 $n$ 不大于其数值关于 $\phi$ 的对数

看起来没啥用的性质，却是斐波那契堆的关键

扩展1

已知

$$\large F_n = \frac{\phi^n - \hat{\phi}^n}{\sqrt{5}}$$

移项

$$\large{ \phi^n-\hat{\phi}^n=F_n\cdot\sqrt{5}\\ \\ (\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n=F_n\cdot\sqrt{5}\\ \\ \frac{(1+\sqrt{5})^n-(1-\sqrt{5})^n}{\sqrt{5}}=2^nF_n }$$

将最后一个等式推广到普遍情况

即若以

$$\large G_{mn}=\frac{(1+\sqrt{m})^n-(1-\sqrt{m})^n}{\sqrt{m}}$$

表示某一数列 $G_m$ 的第 $n$ 项，那 $G_{mn}$ 是否一定是整数？

同时也可以由此扩展倒推出斐波那契数列通项公式

证明

显然

$\large{G_{m0}=0,G_{m1}=2, G_{m2}=4}$

设 $n$ 为大于 $0$ 整数

$$\large \begin{aligned} G_{m(n+1)}&=\frac{(1+\sqrt{m})^{n+1}-(1-\sqrt{m})^{n+1}}{\sqrt{m}}\\ \\ &=\frac{(1+\sqrt{m})[(1-\sqrt{m})^n+\sqrt{m}G_{mn}]-(1-\sqrt{m})[(1+\sqrt{m})^n-\sqrt{m}G_{mn}]}{\sqrt{m}}\\ \\ &=\frac{2\sqrt{m}G_{mn}+[(1+\sqrt{m})(1-\sqrt{m})^n-(1-\sqrt{m})(1+\sqrt{m})^n]}{\sqrt{m}}\\ \\ &=2G_{mn}+[(1+\sqrt{m})(1-\sqrt{m})]\frac{(1-\sqrt{m})^{n-1}-(1+\sqrt{m})^{n-1}}{\sqrt{m}}\\ \\ &=2G_{mn}+[(\sqrt{m}+1)(\sqrt{m}-1)]\frac{(1+\sqrt{m})^{n-1}-(1-\sqrt{m})^{n-1}}{\sqrt{m}}\\ \\ &=2G_{mn}+(m+1)G_{m(n-1)} \end{aligned}$$

也就是说，$G_{m(n+1)}$ 可由其前两项仅通过加法和乘法得到，而 $G_{m0},G_{m1}$ 是整数，故由他们得出的后项也都是整数

更进一步

数列

$$\large{ \begin{aligned} &H_{mn}=\frac{(\frac{(1+\sqrt{m})}{2})^n-\frac{(1-\sqrt{m})}{2})^n}{\sqrt{m}}\\ \\ &2^nH_{mn}=\frac{(1+\sqrt{m})^n-(1-\sqrt{m})^n}{\sqrt{m}}=G_{mn}\\ \\ &2^{n+1}H_{m(n+1)}=2^{n+1}H_{mn}+(m-1)2^{n-1}H_{m(n-1)}\\ \\ &H_{m(n+1)}=H_{mn}+\frac{m-1}{4}H_{m(n-1)} \end{aligned} }$$

$H_{5n}$ 正是斐波那契数列

扩展2

斐波那契循环节！！！！

即求斐波那契数列在模 $p$ 意义下的循环节 $m$ 。

前置知识二次剩余

做题

未完待续。。。