计数性质
-
(F_i=F_{i-1}+F_{i-2})
-
(sum^{n}_{i=1}F_i=F_{n+2}-F_2)
证明：
-
当(n=1)时，(F_3-F_2=F_1)显然成立。
-
当(n=2)时，(F_4-F_2=F_3+F_2-F_2=F_1+F_2),成立。
-
当(n=k-1)时，由公式得：
-
[sum^{k-1}_{i=1}F_i=F_{k+1}-F_2 ]
-
同加(F_k):
-
[sum^{k}_{i=1}F_i=F_{k+1}-F_2+F_k=F_{k+2}-F_2 ]
证毕。
事实上，这个规律对广义斐波那契数列同样成立。 -
-
对于一个广义斐波那契数列(f)，有：
[f_n=f_1 imes F_{n-2}+f_2 imes F_{n-1} ]证明：
- 当(n=1,n=2)时显然成立。
- 当(n=k-1)时，由公式得：
-
[f_{k-1}=f_1 imes F_{k-3}+f_2 imes F_{k-2} ]
-
[f_{k-2}=f_1 imes F_{k-4}+f_2 imes F_{k-3} ]
-
[f_{k}=f_{k-1}+f_{k-2}=f_1 imes F_{k-3}+f_2 imes F_{k-2}+f_1 imes F_{k-4}+f_2 imes F_{k-3}\=f_1 imes (F_{k-3}+F_{k-4})+f_2 imes (F_{k-2}+F_{k-3})=f_1 imes F_{k-2}+f_2 imes F_{k-1} ]
证毕。
-
(sum_{i=1}^n F_i^2=F_n imes F_{n+1})
证明：-
[F_n imes F_{n+1}=F_n imes F_n+F_n imes F_{n-1} ]
- 左右抵消可得：
-
[sum_{i=1}^{n-1} F_i^2=F_{n-1} imes F_{n} ]
- 化归可得：
-
[F_1=F_1 imes F_2 ]
-
-
即当(F_2=1)时上式成立
-
(F_1+F_3+F_5+dots+F_{2n-1}=F_{2n})
证明：-
[F_{2n}=F_{2n-1}+F_{2n-2} ]
- 左右抵消可知：
-
[F_1+F_3+F_5+dots+F_{2n-3}=F_{2n-2} ]
- 化归可得：
-
[F_1=F_2 ]
- 即当(F_1=F_2)时上式成立
-
-
(F_2+F_4+F_6+dots+F_{2n}=F_{2n+1}-F_1)
证明：- 同上。
- 即当(F_2=F_3-F_1)时上式成立。
-
(F_n=F_m imes F_{n-m+1}+F_{m-1} imes F_{n-m}(n>=m))
证明找规律：-
[F_n=F_{n-1}+F_{n-2}=F_{n-2}+F_{n-3}+F_{n-3}+F_{n-4}\=3F_{n-3}+2F_{n-4}=F_4 imes F_{n-3}+F_3 imes F_{n-4} ]
-
数论性质
- (gcd(F_n,F_{n-1})=1)
证明：- 设(a=gcd(F_n,F_{n-1}) eq1),有： (amid F_n,a|F_{n-1})。所以有(amid F_{n-2})，以此类推则(a|1)，所以假设不成立。
- (gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)})
证明：-
[gcd(F_{n},F_{m})=gcd(F_{n-m+1} imes F_{m}+F_{n-m} imes F_{m-1},F_m\=gcd(F_{n-m} imes F_{m-1},F_m)=gcd(F_{n-m},F_{m}) ]
- 由辗转相除可知：
-
[gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)} ]
-
- (nmid m Leftrightarrow F_n|F_m)
证明：- 当(nmid m),(gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)}=F_n,F_nmid F_m)
- 当(F_nmid F_m),(gcd(F_n,F_m)=F_{gcd(n,m)}=F_n),(gcd(n,m)=n,nmid m)