斐波那契数列性质整理

WC 考了道与斐波那契数列有关的题，当时说要整理来着的？竟鸽到了现在

斐波那契数列的递推式：\(F_i=\begin{cases}i&i\le 1\\F_{i-1}+F_{i-2}&i\ge 2\end{cases}\)，没啥好说的。

它的生成函数为 \(\dfrac{1}{1-x-x^2}\)

通过这个可以推导出它的通项公式 \(F_i=\dfrac{1}{\sqrt{5}}((\dfrac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2})^n)\)，当然也可以通过特征根方程求出。

值得注意的一点是 \(5\) 在模 \(998244353,10^9+7\) 时都没有二次剩余，但在模 \(10^9+9\) 意义下有二次剩余，为 \(383008016\)，所以在组合题中看到斐波那契数列与 \(10^9+9\) 一般是套通项公式了。

斐波那契数列还有一些其它性质：

1. \(\sum\limits_{i=1}^nF_i=F_{n+2}-1\)
2. \(\sum\limits_{i=1}^nF_i^2=F_nF_{n+1}\)
3. \(\sum\limits_{i=1}^nF_{2i-1}=F_{2n}\)
4. \(\sum\limits_{i=1}^nF_{2i}=F_{2n+1}-1\)
5. \(F_n=F_{n-m}F_{m-1}+F_{n-m+1}F_m\)
6. \(F_{n-1}F_{n+1}=F_n^2+(-1)^n\)

性质 1~4 的证明都很容易而且证明方式都比较类似，这里拿性质 2 举例，考虑数学归纳法，当 \(n=1\) 时命题显然成立，假设 \(n=k\) 时命题成立，那么 \(\sum\limits_{i=1}^{k+1}F_i^2=F_{k+1}^2+\sum\limits_{i=1}^kF_i^2=F_{k+1}^2+F_kF_{k+1}=F_{k+1}(F_k+F_{k+2})=F_{k+1}F_{k+2}\)，故 \(n=k+1\) 时命题也成立，故原命题成立！

性质 \(5\) 的证明还是数学归纳法，考虑对 \(m\) 进行归纳，当 \(m=1\) 时 \(\text{LHS}=F_n=\text{RHS}\)，假设 \(m=k\) 时候命题成立，下证 \(m=k+1\) 时候命题成立，即证明 \(F_{n}=F_{n-k-1}F_k+F_{n-k}F_{k+1}\)。

\(\begin{aligned}\text{LHS}&=F_n\\&=F_{n-k}F_{k-1}+F_{n-k+1}F_k\\&=F_{n-k}F_{k-1}+(F_{n-k}+F_{n-k-1})F_k\\&=F_{n-k}F_{k-1}+F_{n-k}F_k+F_{n-k-1}F_k\\&=F_{n-k}(F_{k-1}+F_k)+F_{n-k-1}F_k\\&=F_{n-k}F_{k+1}+F_{n-k-1}F_k\\&=\text{RHS}\end{aligned}\)

故 \(m=k+1\) 时候命题成立，故原命题成立。

性质 \(6\) 的证明还是数学归纳法，当 \(n=1\) 时命题显然成立，假设 \(n=k\) 时命题成立，那么：

\(\begin{aligned}F_kF_{k+2}&=F_k(F_k+F_{k+1})\\&=F_k^2+F_kF_{k+1}\\&=F_{k-1}F_{k+1}-(-1)^k+F_kF_{k+1}\\&=F_{k+1}(F_{k-1}+F_k)+(-1)^{k+1}\\&=F_{k+1}^2+(-1)^{k+1}\end{aligned}\)

故 \(n=k+1\) 时命题成立，故原命题成立。

斐波那契数列还有几个与数论相关的性质：

1. \(\gcd(F_i,F_{i+1})=1\)

   证明：考虑反证法，假设 \(d=\gcd(F_iF_{i+1})>1\)，设 \(F_i=ad,F_{i+1}=bd\)，则 \(F_{i-1}=F_{i+1}-F_{i}=(b-a)d\)，\(F_{i-2}=(2a-b)d\)，以此类推可得 \(F_1\) 也是 \(d\) 的整数倍，而 \(F_1=1\)，矛盾！故原命题成立。

2. \(\gcd(F_x,F_y)=F_{\gcd(x,y)}\)

   不妨设 \(x>y\)，根据上面的性质 \(5\) 可知 \(F_x=F_{x-y}F_{y-1}+F_{x-y+1}F_y\)，故 \(\gcd(F_x,F_y)=\gcd(F_{x-y}F_{y-1}+F_{x-y+1}F_y,F_y)\)，而 \(F_{x-y+1}F_y\) 为 \(F_y\) 的倍数，\(\gcd(F_{y-1},F_y)=1\)，故 \(\gcd(F_x,F_y)=\gcd(F_{x-y},F_y)\)，这……不就辗转相除法吗？故 \(\gcd(F_x,F_y)=F_{\gcd(x,y)}\)
   推论：若 \(x\mid y\)，那么 \(F_x|F_y\)