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，(largefrac{F_{n+1}}{F_n} approx phi) 即 (largedisplaystyle lim_{n o +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=
egin{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{}
egin{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
egin{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
egin{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
egin{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
egin{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
[largedisplaystyle lim_{n o +infty}frac{F_{n+1}}{F_n}=phi
]
证明
因为
[large{
|hat{phi}|=|frac{1-sqrt{5}}{2}|<1\
\
displaystylelim_{n o+infty}hat{phi}^n=hat{phi}^{n+1}=0
}
]
so
[large{}
egin{aligned}
displaystylelim_{n o+infty}frac{F_{n+1}}{F_n}
&=lim_{n o+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{
egin{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{3-2sqrt{5}}{2})phi^{n-1} geq (frac{3-2sqrt{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
egin{aligned}
&phi^n leq F_{n+2}\
&n leq log_phi(F_{n+2})\
& ext{注意这里 2 的转化}\
& ext{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_ncdotsqrt{5}\
\
(frac{1+sqrt{5}}{2})^n-(frac{1-sqrt{5}}{2})^n=F_ncdotsqrt{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
egin{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{2sqrt{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{
egin{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。。。