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。。。
