以斐波那契数为边的正方形拼成的近似的黄金矩形 (1:1.618)
斐波那契数 (意大利语 :Successione di Fibonacci),又译为菲波拿契数 、菲波那西数 、斐氏数 、黄金分割数、斐波那契数列 。所形成的数列 称为斐波那契数列 (意大利语 :Successione di Fibonacci),又译为菲波拿契数列 、菲波那西数列 、斐氏数列 、黄金分割数列、斐波那契数列 。这个数列是由意大利 数学家 斐波那契 在他的《算盘书》中提出。
在数学 上,斐波那契数 是以递归 的方法来定义:
F
0
=
0
{\displaystyle F_{0}=0}
F
1
=
1
{\displaystyle F_{1}=1}
F
n
=
F
n
−
1
+
F
n
−
2
{\displaystyle F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2}}
(
n
≧
2
{\displaystyle n\geqq 2}
)
用白话文来说,就是斐波那契数列由0和1开始,之后的斐波那契数就是由之前的两数相加而得出。首几个斐波那契数是:
1 、 1 、 2 、 3 、 5 、 8 、 13 、 21 、 34 、 55 、 89 、 144 、 233 、 377 、 610 、 987……(OEIS 数列A000045 )
特别指出 :0 不是第一项,而是第零项(
F
0
{\displaystyle F_{0}}
)。
公元1150年印度 数学家 Gopala 和金月 在研究箱子包装 对象长宽刚好为1和2的可行方法数目时,首先描述这个数列。在西方,最先研究这个数列的人是比萨的列奥那多 (意大利人斐波那契Leonardo Fibonacci, 1175-1250),他描述兔子 生长的数目时用上了这数列:
兔子对的数量就是斐波那契数列
第一个月初有一对刚诞生的兔子
第二个月之后(第三个月初)它们可以生育
每月每对可生育的兔子会诞生下一对新兔子
兔子永不死去
假设在
n
{\displaystyle n}
月有兔子总共
a
{\displaystyle a}
对,
n
+
1
{\displaystyle n+1}
月总共有
b
{\displaystyle b}
对。在
n
+
2
{\displaystyle n+2}
月必定总共有
a
+
b
{\displaystyle a+b}
对:因为在
n
+
2
{\displaystyle n+2}
月的时候,前一月(
n
+
1
{\displaystyle n+1}
月)的
b
{\displaystyle b}
对兔子可以存留至第
n
+
2
{\displaystyle n+2}
月(在当月属于新诞生的兔子尚不能生育)。而新生育出的兔子对数等于所有在
n
{\displaystyle n}
月就已存在的
a
{\displaystyle a}
对
斐波纳契数是杨辉三角的每一条红色对角线上数字的和。
斐波纳契数也是杨辉三角形 (即帕斯卡三角形)的每一条红色对角线上数字的和。
为求得斐波那契数列的一般表达式,可以借助线性代数的方法。高中的初等数学知识也能求出。
已知:
a
1
=
1
{\displaystyle a_{1}=1}
a
2
=
1
{\displaystyle a_{2}=1}
a
n
=
a
n
−
1
+
a
n
−
2
{\displaystyle a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2}}
(n≥3)
设
a
n
+
α
a
n
−
1
=
β
(
a
n
−
1
+
α
a
n
−
2
)
{\displaystyle a_{n}+\alpha a_{n-1}=\beta (a_{n-1}+\alpha a_{n-2})}
化简得
a
n
=
(
β
−
α
)
a
n
−
1
+
α
β
a
n
−
2
{\displaystyle a_{n}=(\beta -\alpha )a_{n-1}+\alpha \beta a_{n-2}}
比较系数可得:
{
β
−
α
=
1
α
β
=
1
{\displaystyle {\begin{cases}\beta -\alpha =1\\\alpha \beta =1\end{cases}}}
不妨设
β
>
0
,
α
>
0
{\displaystyle \beta >0,\alpha >0}
解得:
{
α
=
5
−
1
2
β
=
5
+
1
2
{\displaystyle {\begin{cases}\alpha ={\dfrac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\\\beta ={\dfrac {{\sqrt {5}}+1}{2}}\end{cases}}}
又因为有
a
n
+
α
a
n
−
1
=
β
(
a
n
−
1
+
α
a
n
−
2
)
{\displaystyle a_{n}+\alpha a_{n-1}=\beta (a_{n-1}+\alpha a_{n-2})}
,
即
{
a
n
+
α
a
n
−
1
}
{\displaystyle \left\{a_{n}+\alpha a_{n-1}\right\}}
为等比数列。
求出数列
{
a
n
+
α
a
n
−
1
}
{\displaystyle \left\{a_{n}+\alpha a_{n-1}\right\}}
[ 编辑 ]
由以上可得:
a
n
+
1
+
α
a
n
=
(
a
2
+
α
a
1
)
β
n
−
1
=
(
1
+
α
)
β
n
−
1
=
β
n
{\displaystyle {\begin{aligned}a_{n+1}+\alpha a_{n}&=(a_{2}+\alpha a_{1})\beta ^{n-1}\\&=(1+\alpha )\beta ^{n-1}\\&=\beta ^{n}\\\end{aligned}}}
变形得:
a
n
+
1
β
n
+
1
+
α
β
⋅
a
n
β
n
=
1
β
{\displaystyle {\frac {a_{n+1}}{\beta ^{n+1}}}+{\frac {\alpha }{\beta }}\cdot {\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}={\frac {1}{\beta }}}
。
令
b
n
=
a
n
β
n
{\displaystyle b_{n}={\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}}
求数列
{
b
n
}
{\displaystyle \left\{{b_{n}}\right\}}
进而得到
{
a
n
}
{\displaystyle \left\{a_{n}\right\}}
[ 编辑 ]
b
n
+
1
+
α
β
b
n
=
1
β
{\displaystyle b_{n+1}+{\frac {\alpha }{\beta }}b_{n}={\frac {1}{\beta }}}
设
b
n
+
1
+
λ
=
−
α
β
(
b
n
+
λ
)
{\displaystyle b_{n+1}+\lambda =-{\frac {\alpha }{\beta }}(b_{n}+\lambda )}
,解得
λ
=
−
1
α
+
β
{\displaystyle \lambda =-{\frac {1}{\alpha +\beta }}}
。
故数列
{
b
n
+
λ
}
{\displaystyle \left\{b_{n}+\lambda \right\}}
为等比数列
即
b
n
+
λ
=
(
−
α
β
)
n
−
1
(
b
1
+
λ
)
{\displaystyle b_{n}+\lambda =\left(-{\frac {\alpha }{\beta }}\right)^{n-1}\left(b_{1}+\lambda \right)}
。而
b
1
=
a
1
β
=
1
β
{\displaystyle b_{1}={\frac {a_{1}}{\beta }}={\frac {1}{\beta }}}
,
故有
b
n
+
λ
=
(
−
α
β
)
n
−
1
(
1
β
+
λ
)
{\displaystyle b_{n}+\lambda =\left(-{\frac {\alpha }{\beta }}\right)^{n-1}\left({\frac {1}{\beta }}+\lambda \right)}
又有
{
α
=
5
−
1
2
β
=
5
+
1
2
{\displaystyle {\begin{cases}\alpha ={\dfrac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\\\beta ={\dfrac {{\sqrt {5}}+1}{2}}\end{cases}}}
和
b
n
=
a
n
β
n
{\displaystyle b_{n}={\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}}
可得
a
n
=
5
5
⋅
[
(
1
+
5
2
)
n
−
(
1
−
5
2
)
n
]
{\displaystyle a_{n}={\frac {\sqrt {5}}{5}}\cdot \left[\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right]}
得出
a
n
{\displaystyle {a_{n}}}
表达式
a
n
=
5
5
⋅
[
(
1
+
5
2
)
n
−
(
1
−
5
2
)
n
]
{\displaystyle a_{n}={\frac {\sqrt {5}}{5}}\cdot \left[\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right]}
证明
F
n
=
1
5
[
φ
n
−
(
1
−
φ
)
n
]
{\displaystyle F_{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}]}
,其中
φ
{\displaystyle \varphi }
为黄金比例
1
+
5
2
{\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}
,
n
{\displaystyle n}
为任意整数
若
n
{\displaystyle n}
为非负整数
当
n
=
0
{\displaystyle n=0}
时,
1
5
[
φ
0
−
(
1
−
φ
)
0
]
=
1
5
[
1
−
1
]
=
0
=
F
0
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{0}-(1-\varphi )^{0}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[1-1]=0=F_{0}}
,成立
当
n
=
1
{\displaystyle n=1}
时,
1
5
[
φ
1
−
(
1
−
φ
)
1
]
=
1
5
[
φ
−
1
+
φ
]
=
1
5
[
2
φ
−
1
]
=
1
5
×
5
=
1
=
F
1
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{1}-(1-\varphi )^{1}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi -1+\varphi ]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[2\varphi -1]={\frac {1}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}=1=F_{1}}
,成立
设当
n
=
k
{\displaystyle n=k}
及
n
=
k
+
1
{\displaystyle n=k+1}
时皆成立,即
F
k
=
1
5
[
φ
k
−
(
1
−
φ
)
k
]
{\displaystyle F_{k}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k}]}
且
F
k
+
1
=
1
5
[
φ
k
+
1
−
(
1
−
φ
)
k
+
1
]
{\displaystyle F_{k+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}-(1-\varphi )^{k+1}]}
当
n
=
k
+
2
{\displaystyle n=k+2}
时
F
k
+
2
=
F
k
+
1
+
F
k
=
1
5
[
φ
k
+
1
−
(
1
−
φ
)
k
+
1
]
+
1
5
[
φ
k
−
(
1
−
φ
)
k
]
=
1
5
[
φ
k
+
1
+
φ
k
−
(
1
−
φ
)
k
+
1
−
(
1
−
φ
)
k
]
=
1
5
{
φ
k
(
φ
+
1
)
−
(
1
−
φ
)
k
[
(
1
−
φ
)
+
1
]
}
=
1
5
{
φ
k
(
φ
2
)
−
(
1
−
φ
)
k
[
(
1
−
φ
)
2
]
}
=
1
5
{
φ
k
+
2
−
(
1
−
φ
)
k
+
2
}
{\displaystyle {\begin{aligned}F_{k+2}&=F_{k+1}+F_{k}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}-(1-\varphi )^{k+1}]+{\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}+\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k+1}-(1-\varphi )^{k}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k}({\color {brown}\varphi +1})-(1-\varphi )^{k}[{\color {green}(1-\varphi )+1}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k}({\color {brown}\varphi ^{2}})-(1-\varphi )^{k}[{\color {green}(1-\varphi )^{2}}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k+2}-(1-\varphi )^{k+2}\right\}\\\end{aligned}}}
亦成立
若
n
{\displaystyle n}
为非正整数
当
n
=
0
{\displaystyle n=0}
时,成立
当
n
=
−
1
{\displaystyle n=-1}
时,
1
5
[
φ
−
1
−
(
1
−
φ
)
−
1
]
=
1
5
[
(
φ
−
1
)
−
(
−
φ
)
]
=
1
5
[
2
φ
−
1
]
=
1
5
×
5
=
1
=
F
−
1
{\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {5}}}[{\color {brown}\varphi ^{-1}}-{\color {green}(1-\varphi )^{-1}}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[({\color {brown}\varphi -1})-({\color {green}-\varphi })]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[2\varphi -1]={\frac {1}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}=1=F_{-1}}
,成立
设当
n
=
−
k
{\displaystyle n=-k}
及
n
=
−
k
−
1
{\displaystyle n=-k-1}
时皆成立,即
F
−
k
=
1
5
[
φ
−
k
−
(
1
−
φ
)
−
k
]
{\displaystyle F_{-k}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-(1-\varphi )^{-k}]}
且
F
−
k
−
1
=
1
5
[
φ
−
k
−
1
−
(
1
−
φ
)
−
k
−
1
]
{\displaystyle F_{-k-1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k-1}]}
当
n
=
−
k
−
2
{\displaystyle n=-k-2}
时
F
−
k
−
2
=
F
−
k
−
F
−
k
−
1
=
1
5
[
φ
−
k
−
(
1
−
φ
)
−
k
]
−
1
5
[
φ
−
k
−
1
−
(
1
−
φ
)
−
k
−
1
]
=
1
5
[
φ
−
k
−
φ
−
k
−
1
−
(
1
−
φ
)
−
k
+
(
1
−
φ
)
−
k
−
1
]
=
1
5
{
φ
−
k
−
1
(
φ
−
1
)
−
(
1
−
φ
)
−
k
−
1
[
(
1
−
φ
)
−
1
]
}
=
1
5
{
φ
−
k
−
1
(
φ
−
1
)
−
(
1
−
φ
)
−
k
−
1
[
(
1
−
φ
)
−
1
]
}
=
1
5
{
φ
−
k
−
2
−
(
1
−
φ
)
−
k
−
2
}
{\displaystyle {\begin{aligned}F_{-k-2}&=F_{-k}-F_{-k-1}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-(1-\varphi )^{-k}]-{\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k-1}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k}+(1-\varphi )^{-k-1}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-1}({\color {brown}\varphi -1})-(1-\varphi )^{-k-1}[{\color {green}(1-\varphi )-1}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-1}({\color {brown}\varphi ^{-1}})-(1-\varphi )^{-k-1}[{\color {green}(1-\varphi )^{-1}}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-2}-(1-\varphi )^{-k-2}\right\}\\\end{aligned}}}
亦成立
因此,根据数学归纳法原理,此表达式对于任意整数
n
{\displaystyle n}
皆成立
(
F
n
+
2
F
n
+
1
)
=
(
1
1
1
0
)
⋅
(
F
n
+
1
F
n
)
{\displaystyle {\begin{pmatrix}F_{n+2}\\F_{n+1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}F_{n+1}\\F_{n}\end{pmatrix}}}
(
F
n
+
2
F
n
+
1
F
n
+
1
F
n
)
=
(
1
1
1
0
)
n
+
1
{\displaystyle {\begin{pmatrix}F_{n+2}&F_{n+1}\\F_{n+1}&F_{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}^{n+1}}
设
J
n
{\displaystyle J_{n}}
为第
n
{\displaystyle n}
个月有生育能力的兔子数量,
A
n
{\displaystyle A_{n}}
为这一月份的兔子数量。
(
J
n
+
1
A
n
+
1
)
=
(
0
1
1
1
)
⋅
(
J
n
A
n
)
,
{\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}\cdot {J_{n} \choose A_{n}},}
上式表达了两个月之间,兔子数目之间的关系。而要求的是,
A
n
+
1
{\displaystyle A_{n+1}}
的表达式。
求矩阵的特征值 :
λ
{\displaystyle \lambda }
[ 编辑 ]
根据特征值的计算公式 ,我们需要算出来
|
−
λ
1
1
1
−
λ
|
=
0
{\displaystyle {\begin{vmatrix}-\lambda &1\\1&1-\lambda \\\end{vmatrix}}=0}
所对应的解。
展开行列式有:
−
λ
(
1
−
λ
)
−
1
×
1
=
λ
2
−
λ
−
1
{\displaystyle -\lambda (1-\lambda )-1\times 1=\lambda ^{2}-\lambda -1}
。
故当行列式的值为 0,解得
λ
1
=
1
2
(
1
+
5
)
{\displaystyle \lambda _{1}={\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})}
或
λ
2
=
1
2
(
1
−
5
)
{\displaystyle \lambda _{2}={\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})}
。
将两个特征值代入
(
(
0
1
1
1
)
−
λ
⋅
E
)
⋅
x
→
=
0
{\displaystyle \left({\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}-\lambda \cdot E\right)\cdot {\vec {x}}=0}
求特征向量
x
→
{\displaystyle {\vec {x}}}
得
x
→
1
{\displaystyle {\vec {x}}_{1}}
=
(
1
1
2
(
1
+
5
)
)
{\displaystyle {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}
x
→
2
{\displaystyle {\vec {x}}_{2}}
=
(
1
1
2
(
1
−
5
)
)
{\displaystyle {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}
第一个月的情况是兔子一对,新生0对。
(
J
1
A
1
)
=
(
0
1
)
{\displaystyle {J_{1} \choose A_{1}}={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}}
将它分解为用特征向量表示。
(
0
1
)
=
1
5
⋅
(
1
1
2
(
1
+
5
)
)
−
1
5
⋅
(
1
1
2
(
1
−
5
)
)
{\displaystyle {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}
(4)
从
(
J
n
+
1
A
n
+
1
)
=
(
0
1
1
1
)
⋅
(
J
n
A
n
)
{\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}\cdot {J_{n} \choose A_{n}}}
=
λ
⋅
(
J
n
A
n
)
{\displaystyle \lambda \cdot {J_{n} \choose A_{n}}}
可得到
(
J
n
+
1
A
n
+
1
)
=
(
0
1
1
1
)
n
⋅
(
J
1
A
1
)
=
λ
n
⋅
(
J
1
A
1
)
{\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}^{n}\cdot {J_{1} \choose A_{1}}=\lambda ^{n}\cdot {J_{1} \choose A_{1}}}
(5)
将(4) 代入 (5)
(
J
n
+
1
A
n
+
1
)
=
λ
n
⋅
[
1
5
⋅
(
1
1
2
(
1
+
5
)
)
−
1
5
⋅
(
1
1
2
(
1
−
5
)
)
]
{\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}=\lambda ^{n}\cdot \left[{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}\right]}
根据3
(
J
n
+
1
A
n
+
1
)
=
1
5
⋅
λ
1
n
⋅
(
1
1
2
(
1
+
5
)
)
−
1
5
⋅
λ
2
n
⋅
(
1
1
2
(
1
−
5
)
)
{\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{1}^{n}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{2}^{n}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}
现在在6的基础上,可以很快求出
A
n
+
1
{\displaystyle A_{n+1}}
的表达式,将两个特征值代入6中
A
n
+
1
=
1
5
⋅
λ
1
n
+
1
−
1
5
⋅
λ
2
n
+
1
{\displaystyle A_{n+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{1}^{n+1}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{2}^{n+1}}
A
n
+
1
=
1
5
⋅
(
λ
1
n
+
1
−
λ
2
n
+
1
)
{\displaystyle A_{n+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot (\lambda _{1}^{n+1}-\lambda _{2}^{n+1})}
A
n
+
1
=
1
5
⋅
{
[
1
2
(
1
+
5
)
]
n
+
1
−
[
1
2
(
1
−
5
)
]
n
+
1
}
{\displaystyle A_{n+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \left\{\left[{\frac {1}{2}}\left(1+{\sqrt {5}}\right)\right]^{n+1}-\left[{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\right]^{n+1}\right\}}
(7)
(7)即为
A
n
+
1
{\displaystyle A_{n+1}}
的表达式
实际上,如果将斐波那契数列的通项公式写成
a
n
−
a
n
−
1
−
a
n
−
2
=
0
{\displaystyle a_{n}-a_{n-1}-a_{n-2}=0}
,即可利用解二阶线性齐次递推关系式的方法,写出其特征多项式
λ
2
−
λ
−
1
=
0
{\displaystyle \lambda ^{2}-\lambda -1=0}
(该式和表达斐波那契数列的矩阵的特征多项式一致),然后解出
λ
1
{\displaystyle \lambda _{1}}
=
1
2
(
1
+
5
)
{\displaystyle {\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})}
,
λ
2
{\displaystyle \lambda _{2}}
=
1
2
(
1
−
5
)
{\displaystyle {\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})}
,即有
a
n
=
c
1
λ
1
n
+
c
2
λ
2
n
{\displaystyle a_{n}=c_{1}\lambda _{1}^{n}+c_{2}\lambda _{2}^{n}}
,其中
c
1
,
c
2
{\displaystyle c_{1},c_{2}}
为常数。我们知道
a
0
=
0
,
a
1
=
1
{\displaystyle a_{0}=0,a_{1}=1}
,因此
{
c
1
+
c
2
=
0
c
1
(
1
+
5
)
2
+
c
2
(
1
−
5
)
2
=
1
{\displaystyle {\begin{cases}c_{1}+c_{2}=0\\{\frac {c_{1}(1+{\sqrt {5}})}{2}}+{\frac {c_{2}(1-{\sqrt {5}})}{2}}=1\end{cases}}}
,解得
c
1
=
1
5
,
c
2
=
−
1
5
{\displaystyle c_{1}={\frac {1}{\sqrt {5}}},c_{2}=-{\frac {1}{\sqrt {5}}}}
。
F
n
=
∑
i
=
0
∞
(
n
−
i
i
)
{\displaystyle F_{n}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}}
[ 1]
F
n
−
1
+
F
n
=
∑
i
=
0
∞
(
n
−
1
−
i
i
)
+
∑
i
=
0
∞
(
n
−
i
i
)
=
1
+
∑
i
=
1
∞
(
n
−
i
i
−
1
)
+
∑
i
=
1
∞
(
n
−
i
i
)
=
1
+
∑
i
=
1
∞
(
n
+
1
−
i
i
)
=
∑
i
=
0
∞
(
n
+
1
−
i
i
)
=
F
n
+
1
{\displaystyle F_{n-1}+F_{n}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-1-i}{i}}+\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}=1+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n-i}{i-1}}+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}=1+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n+1-i}{i}}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n+1-i}{i}}=F_{n+1}}
设
φ
{\displaystyle \varphi }
为黄金比例
1
+
5
2
{\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}
,则有恒等式
φ
n
=
F
n
−
1
+
φ
F
n
{\displaystyle \varphi ^{n}=F_{n-1}+\varphi F_{n}}
与
(
1
−
φ
)
n
=
F
n
+
1
−
φ
F
n
{\displaystyle (1-\varphi )^{n}=F_{n+1}-\varphi F_{n}}
,其中
n
{\displaystyle n}
为任意整数[ 注 1] ,则
φ
n
−
(
1
−
φ
)
n
=
(
F
n
−
1
+
φ
F
n
)
−
(
F
n
+
1
−
φ
F
n
)
=
(
F
n
−
1
−
F
n
+
1
)
+
2
φ
F
n
=
−
F
n
+
2
φ
F
n
=
F
n
(
2
φ
−
1
)
=
F
n
×
5
{\displaystyle {\begin{aligned}\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}&=(F_{n-1}+\varphi F_{n})-(F_{n+1}-\varphi F_{n})\\&=(F_{n-1}-F_{n+1})+2\varphi F_{n}\\&=-F_{n}+2\varphi F_{n}\\&=F_{n}(2\varphi -1)\\&=F_{n}\times {\sqrt {5}}\\\end{aligned}}}
因此得到
F
n
{\displaystyle F_{n}}
的一般式:
F
n
=
1
5
[
φ
n
−
(
1
−
φ
)
n
]
=
1
5
[
(
1
+
5
2
)
n
−
(
1
−
5
2
)
n
]
{\displaystyle {\begin{aligned}F_{n}&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left[({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}})^{n}-({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}})^{n}\right]\\\end{aligned}}}
此一般式对任意整数
n
{\displaystyle n}
成立
当
n
{\displaystyle n}
为足够大的正整数时,则
F
n
≈
1
5
φ
n
=
1
5
⋅
[
1
2
(
1
+
5
)
]
n
≈
0.4472135955
⋅
1.61803398875
n
{\displaystyle F_{n}\approx {\frac {1}{\sqrt {5}}}\varphi ^{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \left[{\frac {1}{2}}\left(1+{\sqrt {5}}\right)\right]^{n}\approx 0.4472135955\cdot 1.61803398875^{n}}
F
−
n
≈
−
1
5
(
1
−
φ
)
−
n
=
−
1
5
⋅
[
1
2
(
1
−
5
)
]
−
n
≈
−
0.4472135955
⋅
(
−
0.61803398875
)
−
n
{\displaystyle F_{-n}\approx -{\frac {1}{\sqrt {5}}}(1-\varphi )^{-n}=-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \left[{\frac {1}{2}}\left(1-{\sqrt {5}}\right)\right]^{-n}\approx -0.4472135955\cdot (-0.61803398875)^{-n}}
可通过编程观察斐波那契数列。分为两类问题,一种已知数列中的某一项,求序数。第二种是已知序数,求该项的值。
可通过递归 递推 的算法解决此两个问题。
事实上当
n
{\displaystyle n}
相当巨大的时候,O(n)的递推/递归非常慢……这时候要用到矩阵快速幂这一技巧,可以使递归加速到O(logn)。
开普勒 发现数列前、后两项之比
1
2
,
2
3
,
3
5
,
5
8
,
8
13
,
13
21
,
21
34
,
⋯
{\displaystyle {\frac {1}{2}},{\frac {2}{3}},{\frac {3}{5}},{\frac {5}{8}},{\frac {8}{13}},{\frac {13}{21}},{\frac {21}{34}},\cdots }
,也组成了一个数列,会趋近黄金分割 :
f
n
+
1
f
n
≈
a
=
1
2
(
1
+
5
)
=
φ
≈
1
.
618
.
.
.
{\displaystyle {\frac {f_{n+1}}{f_{n}}}\approx a={\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})=\varphi \approx 1{.}618{...}}
斐波那契数亦可以用连分数 来表示:
1
1
=
1
2
1
=
1
+
1
1
3
2
=
1
+
1
1
+
1
1
5
3
=
1
+
1
1
+
1
1
+
1
1
8
5
=
1
+
1
1
+
1
1
+
1
1
+
1
1
{\displaystyle {\frac {1}{1}}=1\qquad {\frac {2}{1}}=1+{\frac {1}{1}}\qquad {\frac {3}{2}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1}}}}\qquad {\frac {5}{3}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1}}}}}}\qquad {\frac {8}{5}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1}}}}}}}}}
F
n
=
1
5
[
(
1
+
5
2
)
n
−
(
1
−
5
2
)
n
]
=
φ
n
5
−
(
1
−
φ
)
n
5
{\displaystyle F_{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left[\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right]={\varphi ^{n} \over {\sqrt {5}}}-{(1-\varphi )^{n} \over {\sqrt {5}}}}
而黄金分割数亦可以用无限连分数表示:
φ
=
1
+
1
1
+
1
1
+
1
1
+
1
1
+
.
.
.
{\displaystyle \varphi =1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+...}}}}}}}}}
而黄金分割数也可以用无限多重根号表示:
φ
=
1
+
1
+
1
+
1
+
.
.
.
{\displaystyle \varphi ={\sqrt {1+{\sqrt {1+{\sqrt {1+{\sqrt {1+...}}}}}}}}}
春黄菊 的头状花序 上,小花呈螺旋状排列,从不同方向可以数出21(深蓝)和13(浅蓝)条旋臂,为相邻的斐氏数。类似的螺旋状排列见于多种植物。
斐氏数列见于不同的生物学现象[ 2] ,如树的分枝、叶在枝条上的排列 、菠萝聚花果 上小单果的排列、[ 3] 雅枝竹 的花蕾、正在舒展的蕨叶、松球 的鳞的排列[ 4] 、蜜蜂的家族树[ 5] [ 6] 。开普勒 曾指出斐氏数列存在于自然界,并以此解释某些花的五边形形态(与黄金分割率 相关)。法国菊 的“瓣”(舌状花)数通常为斐氏数。1830年,K. F. Schimper和A. Braun发现植物的旋生叶序中,连续两块叶之间转过的角度与周角之比,约成整数比时,常出现斐氏数[ 9] ,如
2
/
5
{\displaystyle 2/5}
或
5
/
13
{\displaystyle 5/13}
[ 10] 。
资料来源: [ 11]
证明以下的恒等式有很多方法。以下会用组合论述 来证明。
F
n
{\displaystyle F_{n}}
可以表示用多个1和多个2相加令其和等于
n
{\displaystyle n}
的方法的数目。
不失一般性 ,我们假设
n
≥
1
{\displaystyle n\geq 1}
,
F
n
+
1
{\displaystyle F_{n+1}}
是计算了将1和2加到n的方法的数目。若第一个被加数是1,有
F
n
{\displaystyle F_{n}}
种方法来完成对
n
−
1
{\displaystyle n-1}
的计算;若第一个被加数是2,有
F
n
−
1
{\displaystyle F_{n-1}}
来完成对
n
−
2
{\displaystyle n-2}
的计算。因此,共有
F
n
+
F
n
−
1
{\displaystyle F_{n}+F_{n-1}}
种方法来计算n的值。
F
0
+
F
1
+
F
2
+
F
3
+
.
.
.
+
F
n
=
F
n
+
2
−
1
{\displaystyle F_{0}+F_{1}+F_{2}+F_{3}+...+F_{n}=F_{n+2}-1}
计算用多个1和多个2相加令其和等于
n
+
1
{\displaystyle n+1}
的方法的数目,同时至少一个加数是2的情况。
如前所述,当
n
>
0
{\displaystyle n>0}
,有
F
n
+
2
{\displaystyle F_{n+2}}
种这样的方法。因为当中只有一种方法不用使用2,就即
1
+
1
+
.
.
.
+
1
{\displaystyle 1+1+...+1}
(
n
+
1
{\displaystyle n+1}
项),于是我们从
F
n
+
2
{\displaystyle F_{n+2}}
减去1。
若第1个被加数是2,有
F
n
{\displaystyle F_{n}}
种方法来计算加至
n
−
1
{\displaystyle n-1}
的方法的数目;
若第2个被加数是2、第1个被加数是1,有
F
n
−
1
{\displaystyle F_{n-1}}
种方法来计算加至
n
−
2
{\displaystyle n-2}
的方法的数目。
重复以上动作。
若第
n
+
1
{\displaystyle n+1}
个被加数为2,它之前的被加数均为1,就有
F
0
{\displaystyle F_{0}}
种方法来计算加至0的数目。
若该数式包含2为被加数,2的首次出现位置必然在第1和
n
+
1
{\displaystyle n+1}
的被加数之间。2在不同位置的情况都考虑到后,得出
F
n
+
F
n
−
1
+
.
.
.
+
F
0
{\displaystyle F_{n}+F_{n-1}+...+F_{0}}
为要求的数目。
F
1
+
2
F
2
+
3
F
3
+
.
.
.
+
n
F
n
=
n
F
n
+
2
−
F
n
+
3
+
2
{\displaystyle F_{1}+2F_{2}+3F_{3}+...+nF_{n}=nF_{n+2}-F_{n+3}+2}
F
1
+
F
3
+
F
5
+
.
.
.
+
F
2
n
−
1
=
F
2
n
{\displaystyle F_{1}+F_{3}+F_{5}+...+F_{2n-1}=F_{2n}}
F
2
+
F
4
+
F
6
+
.
.
.
+
F
2
n
=
F
2
n
+
1
−
1
{\displaystyle F_{2}+F_{4}+F_{6}+...+F_{2n}=F_{2n+1}-1}
F
1
2
+
F
2
2
+
F
3
2
+
.
.
.
+
F
n
2
=
F
n
F
n
+
1
{\displaystyle {F_{1}}^{2}+{F_{2}}^{2}+{F_{3}}^{2}+...+{F_{n}}^{2}=F_{n}F_{n+1}}
F
n
F
m
−
k
−
F
m
F
n
−
k
=
(
−
1
)
n
−
k
F
m
−
n
F
k
{\displaystyle F_{n}F_{m-k}-F_{m}F_{n-k}=(-1)^{n-k}F_{m-n}F_{k}}
,其中
m
,
n
,
k
{\displaystyle m,n,k}
与
F
{\displaystyle F}
的序数皆不限于正整数。[ 注 2]
特别地,当
n
=
m
−
k
{\displaystyle n=m-k}
时,
F
n
2
−
F
n
+
k
F
n
−
k
=
(
−
1
)
n
−
k
F
k
2
{\displaystyle {F_{n}}^{2}-F_{n+k}F_{n-k}=(-1)^{n-k}{F_{k}}^{2}}
更特别地,当
k
=
1
{\displaystyle k=1}
或
k
=
−
1
{\displaystyle k=-1}
时,对于数列连续三项,有
F
n
2
−
F
n
−
1
F
n
+
1
=
(
−
1
)
n
−
1
{\displaystyle {F_{n}}^{2}-F_{n-1}F_{n+1}=(-1)^{n-1}}
另一方面,当
(
m
,
n
,
k
)
=
(
n
+
1
,
n
,
−
2
)
{\displaystyle (m,n,k)=(n+1,n,-2)}
时,对于数列连续四项,有
F
n
F
n
+
3
−
F
n
+
1
F
n
+
2
=
(
−
1
)
n
+
1
{\displaystyle F_{n}F_{n+3}-F_{n+1}F_{n+2}=(-1)^{n+1}}
[ 注 3]
φ
n
=
F
n
−
1
+
φ
F
n
{\displaystyle \varphi ^{n}=F_{n-1}+\varphi F_{n}}
且
(
1
−
φ
)
n
=
F
n
+
1
−
φ
F
n
{\displaystyle (1-\varphi )^{n}=F_{n+1}-\varphi F_{n}}
,其中
φ
{\displaystyle \varphi }
为黄金比例
1
+
5
2
{\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}
,
n
{\displaystyle n}
为任意整数[ 注 1]
借由上述公式,又可推得以下恒等式[ 注 4] :
F
n
{\displaystyle F_{n}}
整除
F
m
{\displaystyle F_{m}}
,当且仅当
n
{\displaystyle n}
整除
m
{\displaystyle m}
,其中
n
≧
3
{\displaystyle n\geqq 3}
。
gcd
(
F
m
,
F
n
)
=
F
gcd
(
m
,
n
)
{\displaystyle \gcd(F_{m},F_{n})=F_{\gcd(m,n)}}
任意连续三个菲波那契数两两互素 ,亦即,对于每一个
n
{\displaystyle n}
,
g
c
d
(
F
n
,
F
n
+
1
)
=
g
c
d
(
F
n
,
F
n
+
2
)
=
g
c
d
(
F
n
+
1
,
F
n
+
2
)
=
1
{\displaystyle \mathrm {gcd} (F_{n},F_{n+1})=\mathrm {gcd} (F_{n},F_{n+2})=\mathrm {gcd} (F_{n+1},F_{n+2})=1}
在斐波那契数列中,有素数 :[ 12]
2, 3, 5, 13, 89, 233, 1597, 28657, 514229, 433494437, 2971215073, 99194853094755497, 1066340417491710595814572169, 19134702400093278081449423917……
截至2015年,已知最大的斐波那契素数是第104911个斐波那契数,一共有21925个十进制位。不过,人们仍不知道是不是有无限个斐波那契素数。[ 13]
如§ 公约数和整除关系 所述,
F
k
n
{\displaystyle F_{kn}}
总能被
F
n
{\displaystyle F_{n}}
整除,故除
F
4
=
3
{\displaystyle F_{4}=3}
之外,任何斐氏素数的下标必同为素数。由于存在任意长 的一列连续合数 ,斐氏数列中亦能找到连续任意多项全为合数。
大于
F
6
=
8
{\displaystyle F_{6}=8}
的斐氏数,必不等于素数加一或减一。[ 14]
斐波那契数列中,只有3个平方数 :0 、1 、144 。[ 15] [ 16] 2001年,派特·奥蒂洛 证明只有有限多个斐氏数是完全幂。[ 17] 2006年,Y. Bugeaud、M. Mignotte、S. Siksek三人证明此种幂仅得0、1、8、144。[ 18]
1、3、21、55为仅有的斐氏三角形数 。Vern Hoggatt 曾猜想此结论,后来由罗明证明。[ 19]
斐波那契数不能为完全数 。[ 20] 推而广之,除1之外,其他斐氏数皆非多重完全数 [ 21] ,任两个斐氏数之比亦不能是完全数[ 22] 。
斐波那契数列各项模
n
{\displaystyle n}
的余数构成周期数列 ,其最小正周期称为皮萨诺周期 [ 23] ,至多为
6
n
{\displaystyle 6n}
[ 24] 。皮萨诺周期对不同
n
{\displaystyle n}
值的通项公式仍是未解问题,其中一步需要求出某个整数(同余意义下)或二次有限域 元素的乘法阶数 。不过,对固定的
n
{\displaystyle n}
,求解模
n
{\displaystyle n}
的皮萨诺周期是周期检测 问题的特例。
斐波那西数列是斐波那西n步数列 步数为2的特殊情况,也和卢卡斯数 列有关。
F
n
L
n
=
F
2
n
{\displaystyle F_{n}L_{n}=F_{2n}}
反费波那西数列的递归公式如下:
G
n
+
2
=
G
n
−
G
n
+
1
{\displaystyle G_{n+2}=G_{n}-G_{n+1}}
如果它以1,-1开始,之后的数是:1,-1,2,-3,5,-8, ...
即是
F
2
n
+
1
=
G
2
n
+
1
=
F
−
(
2
n
+
1
)
,
F
2
n
=
−
G
2
n
=
−
F
−
2
n
{\displaystyle F_{2n+1}=G_{2n+1}=F_{-(2n+1)},F_{2n}=-G_{2n}=-F_{-2n}}
,
亦可写成
F
m
=
(
−
1
)
m
+
1
G
m
=
(
−
1
)
m
+
1
F
−
m
{\displaystyle F_{m}=(-1)^{m+1}G_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}}
,其中
m
{\displaystyle m}
是非负整数。
反费波那西数列两项之间的比会趋近
−
1
φ
≈
−
0.618
{\displaystyle -{\frac {1}{\varphi }}\approx -0.618}
。
证明
F
m
=
(
−
1
)
m
+
1
F
−
m
{\displaystyle F_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}}
,其中
m
{\displaystyle m}
是非负整数
以
φ
{\displaystyle \varphi }
表示黄金分割数
1
+
5
2
{\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}
,则有
φ
(
1
−
φ
)
=
−
1
{\displaystyle \varphi (1-\varphi )=-1}
故
(
−
1
)
m
=
[
φ
(
1
−
φ
)
]
m
=
φ
m
(
1
−
φ
)
m
{\displaystyle (-1)^{m}=[\varphi (1-\varphi )]^{m}=\varphi ^{m}(1-\varphi )^{m}}
,因此
(
−
1
)
m
+
1
F
−
m
=
(
−
1
)
m
+
1
×
1
5
[
φ
−
m
−
(
1
−
φ
)
−
m
]
=
(
−
1
)
×
(
−
1
)
m
×
1
5
[
φ
−
m
−
(
1
−
φ
)
−
m
]
=
(
−
1
)
×
φ
m
(
1
−
φ
)
m
×
1
5
[
φ
−
m
−
(
1
−
φ
)
−
m
]
=
(
−
1
)
×
1
5
[
φ
−
m
+
m
(
1
−
φ
)
m
−
(
1
−
φ
)
−
m
+
m
φ
m
]
=
(
−
1
)
×
1
5
[
(
1
−
φ
)
m
−
φ
m
]
=
1
5
[
φ
m
−
(
1
−
φ
)
m
]
=
F
m
{\displaystyle {\begin{aligned}(-1)^{m+1}F_{-m}&=(-1)^{m+1}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\color {brown}(-1)^{m}}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\color {brown}\varphi ^{m}(1-\varphi )^{m}}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m+m}(1-\varphi )^{m}-(1-\varphi )^{-m+m}\varphi ^{m}]\\&=(-1)\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[(1-\varphi )^{m}-\varphi ^{m}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{m}-(1-\varphi )^{m}]\\&=F_{m}\\\end{aligned}}}
费波那西数列可以用一个接一个的正方形来表现,巴都万数列 则是用一个接一个的等边三角形来表现,它有
P
n
=
P
n
−
2
+
P
n
−
3
{\displaystyle P_{n}=P_{n-2}+P_{n-3}}
的关系。
佩尔数列 的递归公式为
P
n
=
2
P
n
−
1
+
P
n
−
2
{\displaystyle P_{n}=2P_{n-1}+P_{n-2}}
,前几项为0,1,2,5,12,29,70,169,408,...
1970年,尤里·马季亚谢维奇 指出了偶角标的斐波那契函数
y
=
F
2
x
{\displaystyle y=F_{2x}}
正是满足Julia Robison假设的丢番图函数 ,因而证明了希尔伯特第十问题 是不可解的。
高为6的斐波那契树。平衡因子 以绿色标记,节点的高度则为红色。最左一条路径上的键值全为斐氏数。
KNUTH, D. E. 1997. The Art of Computer ProgrammingArt of Computer Programming, Volume 1: Fundamental Algorithms, Third Edition. Addison-Wesley. Chapter 1.2.8.
Arakelian, Hrant (2014). Mathematics and History of the Golden Section . Logos, 404 p. ISBN 978-5-98704-663-0 , (rus.)
克里福德A皮科夫.数学之恋.湖南科技出版社.
^ 斐波那契数列与组合数的一个关系及推广 . [2014-01-04 ] . (原始内容存档 于2019-05-02).
^ Douady, S; Couder, Y. Phyllotaxis as a Dynamical Self Organizing Process (PDF) . Journal of Theoretical Biology. 1996, 178 (3): 255–74. doi:10.1006/jtbi.1996.0026 . (原始内容 (PDF) 存档于2006-05-26).
^ Jones, Judy; Wilson, William. Science. An Incomplete Education . Ballantine Books. 2006: 544 . ISBN 978-0-7394-7582-9 .
^ Brousseau, A. Fibonacci Statistics in Conifers. Fibonacci Quarterly . 1969, (7): 525–32.
^ Marks for the da Vinci Code: B– , Maths (Computer Science For Fun: CS4FN), [2022-10-30 ] , (原始内容存档 于2009-05-31)
^ Scott, T.C.; Marketos, P., On the Origin of the Fibonacci Sequence (PDF) , MacTutor History of Mathematics archive , University of St Andrews, 2014-03 [2022-10-30 ] , (原始内容存档 (PDF) 于2019-09-18)
^ Varenne, Franck. Formaliser le vivant - Lois, Théories, Modèles . Hermann. 2010-11-16: 28 [2022-10-30 ] . ISBN 9782705678128 . (原始内容存档 于2022-10-30).
^ The Secret of the Fibonacci Sequence in Trees . 美国自然史博物馆 . 2011 [2019-02-04 ] . (原始内容存档 于2013-05-04).
^ 11.0 11.1 11.2 李晨滔、冯劲敏. 費氏數列的性質整理 (PDF) . 桃园县立大园国际高中. [2018-01-28 ] . (原始内容存档 (PDF) 于2019-06-25).
^ Sloane, N.J.A. (编). Sequence A005478 . The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences . OEIS Foundation.
^ Weisstein, Eric W. (编). Fibonacci Prime . at MathWorld --A Wolfram Web Resource. Wolfram Research, Inc. (英语) .
^ Honsberger, Ross. Mathematical Gems III. AMS Dolciani Mathematical Expositions. 1985, (9): 133. ISBN 978-0-88385-318-4 .
^ JOHN H. E. COHN. Square Fibonacci Numbers, Etc. . Bedford College, University of London, London, N.W.1. [2019-05-12 ] . (原始内容 存档于2012-06-30). Theorem 3. If Fn = x2 , then n = 0, ±1, 2 or 12.
^ Cohn, J. H. E., On square Fibonacci numbers, The Journal of the London Mathematical Society, 1964, 39 : 537–540, MR 0163867 , doi:10.1112/jlms/s1-39.1.537
^ Pethő, Attila. Diophantine properties of linear recursive sequences II. Acta Mathematica Academiae Paedagogicae Nyíregyháziensis. 2001, 17 : 81–96. MR 1887650 .
^ Bugeaud, Y; Mignotte, M; Siksek, S. Classical and modular approaches to exponential Diophantine equations. I. Fibonacci and Lucas perfect powers. Ann. Math. 2006, 2 (163): 969–1018. Bibcode:2004math......3046B . MR 2215137 . S2CID 10266596 . arXiv:math/0403046 . doi:10.4007/annals.2006.163.969 .
^ Luo, Ming. On triangular Fibonacci numbers (PDF) . Fibonacci Quart. 1989, 27 (2): 98–108 [2022-10-29 ] . MR 0995557 . (原始内容存档 (PDF) 于2022-10-29).
^ Luca, Florian. Perfect Fibonacci and Lucas numbers. Rendiconti del Circolo Matematico di Palermo. 2000, 49 (2): 313–18. ISSN 1973-4409 . MR 1765401 . S2CID 121789033 . doi:10.1007/BF02904236 .
^ Broughan, Kevin A.; González, Marcos J.; Lewis, Ryan H.; Luca, Florian; Mejía Huguet, V. Janitzio; Togbé, Alain. There are no multiply-perfect Fibonacci numbers . Integers. 2011, 11a : A7 [2022-10-29 ] . MR 2988067 . (原始内容存档 于2022-01-23).
^ Luca, Florian; Mejía Huguet, V. Janitzio. On Perfect numbers which are ratios of two Fibonacci numbers . Annales Mathematicae at Informaticae. 2010, 37 : 107–24. ISSN 1787-6117 . MR 2753031 .
^ Sloane, N.J.A. (编). Sequence A001175 . The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences . OEIS Foundation.
^ Freyd, Peter; Brown, Kevin S. Problems and Solutions: Solutions: E3410. The American Mathematical Monthly. 1993, 99 (3): 278–79. JSTOR 2325076 . doi:10.2307/2325076 .
^ Knuth, Donald E . The Art of Computer Programming. 1: Fundamental Algorithms 3rd. Addison–Wesley. 1997: 343. ISBN 978-0-201-89683-1 .
^ Adelson-Velsky, Georgy; Landis, Evgenii. An algorithm for the organization of information. Proceedings of the USSR Academy of Sciences . 1962, 146 : 263–266 (俄语) . Myron J. Ricci 的英文翻译 (页面存档备份 ,存于互联网档案馆 )载于 Soviet Mathematics - Doklady , 3:1259–1263, 1962.