斐波那契数

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：Numero 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：

• $F_{0}=0$
• $F_{1}=1$
• $F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2}$（$n\geqq 2$）

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（$F_{0}$）。

起源

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$n$月有兔子总共$a$对，$n+1$月总共有$b$对。在$n+2$月必定总共有$a+b$对：因为在$n+2$月的时候，前一月（$n+1$月）的$b$对兔子可以存留至第$n+2$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$n$月就已存在的$a$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。

表达式

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。

初等代数解法

已知：

• $a_{1}=1$
• $a_{2}=1$
• $a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2}$（n≥3）

首先构建等比数列

设$a_{n}+\alpha a_{n-1}=\beta (a_{n-1}+\alpha a_{n-2})$
化简得
$a_{n}=(\beta -\alpha )a_{n-1}+\alpha \beta a_{n-2}$
比较系数可得：
${\begin{cases}\beta -\alpha =1\\\alpha \beta =1\end{cases}}$
不妨设$\beta >0,\alpha >0$
解得：

${\begin{cases}\alpha ={\dfrac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\\\beta ={\dfrac {{\sqrt {5}}+1}{2}}\end{cases}}$
又因为有$a_{n}+\alpha a_{n-1}=\beta (a_{n-1}+\alpha a_{n-2})$， 即$\left\{a_{n}+\alpha a_{n-1}\right\}$为等比数列。

求出数列$\left\{a_{n}+\alpha a_{n-1}\right\}$

由以上可得：
${\begin{aligned}a_{n+1}+\alpha a_{n}&=(a_{2}+\alpha a_{1})\beta ^{n-1}\\&=(1+\alpha )\beta ^{n-1}\\&=\beta ^{n}\\\end{aligned}}$

变形得： ${\frac {a_{n+1}}{\beta ^{n+1}}}+{\frac {\alpha }{\beta }}\cdot {\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}={\frac {1}{\beta }}$。 令$b_{n}={\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}$

求数列$\left\{{b_{n}}\right\}$进而得到$\left\{a_{n}\right\}$

$b_{n+1}+{\frac {\alpha }{\beta }}b_{n}={\frac {1}{\beta }}$
设$b_{n+1}+\lambda =-{\frac {\alpha }{\beta }}(b_{n}+\lambda )$，解得$\lambda =-{\frac {1}{\alpha +\beta }}$。 故数列$\left\{b_{n}+\lambda \right\}$为等比数列
即$b_{n}+\lambda =\left(-{\frac {\alpha }{\beta }}\right)^{n-1}\left(b_{1}+\lambda \right)$。而$b_{1}={\frac {a_{1}}{\beta }}={\frac {1}{\beta }}$， 故有$b_{n}+\lambda =\left(-{\frac {\alpha }{\beta }}\right)^{n-1}\left({\frac {1}{\beta }}+\lambda \right)$
又有${\begin{cases}\alpha ={\dfrac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\\\beta ={\dfrac {{\sqrt {5}}+1}{2}}\end{cases}}$ 和$b_{n}={\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}$
可得$a_{n}={\frac {\sqrt {5}}{5}}\cdot \left[\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right]$

得出${a_{n}}$表达式

$a_{n}={\frac {\sqrt {5}}{5}}\cdot \left[\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right]$

用数学归纳法证明表达式

证明$F_{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}]$，其中$\varphi$为黄金比例${\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}$，$n$为任意整数

• 若$n$为非负整数

当$n=0$时，${\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{0}-(1-\varphi )^{0}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[1-1]=0=F_{0}$，成立

当$n=1$时，${\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{1}-(1-\varphi )^{1}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi -1+\varphi ]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[2\varphi -1]={\frac {1}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}=1=F_{1}$，成立

设当$n=k$及$n=k+1$时皆成立，即$F_{k}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k}]$且$F_{k+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}-(1-\varphi )^{k+1}]$

当$n=k+2$时

${\begin{aligned}F_{k+2}&=F_{k+1}+F_{k}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}-(1-\varphi )^{k+1}]+{\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}+\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k+1}-(1-\varphi )^{k}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k}({\color {brown}\varphi +1})-(1-\varphi )^{k}[{\color {green}(1-\varphi )+1}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k}({\color {brown}\varphi ^{2}})-(1-\varphi )^{k}[{\color {green}(1-\varphi )^{2}}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k+2}-(1-\varphi )^{k+2}\right\}\\\end{aligned}}$

亦成立

• 若$n$为非正整数

当$n=0$时，成立

当$n=-1$时，${\frac {1}{\sqrt {5}}}[{\color {brown}\varphi ^{-1}}-{\color {green}(1-\varphi )^{-1}}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[({\color {brown}\varphi -1})-({\color {green}-\varphi })]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[2\varphi -1]={\frac {1}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}=1=F_{-1}$，成立

设当$n=-k$及$n=-k-1$时皆成立，即$F_{-k}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-(1-\varphi )^{-k}]$且$F_{-k-1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k-1}]$

当$n=-k-2$时

${\begin{aligned}F_{-k-2}&=F_{-k}-F_{-k-1}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-(1-\varphi )^{-k}]-{\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k-1}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k}+(1-\varphi )^{-k-1}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-1}({\color {brown}\varphi -1})-(1-\varphi )^{-k-1}[{\color {green}(1-\varphi )-1}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-1}({\color {brown}\varphi ^{-1}})-(1-\varphi )^{-k-1}[{\color {green}(1-\varphi )^{-1}}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-2}-(1-\varphi )^{-k-2}\right\}\\\end{aligned}}$

亦成立

因此，根据数学归纳法原理，此表达式对于任意整数$n$皆成立

线性代数解法

${\begin{pmatrix}F_{n+2}\\F_{n+1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}F_{n+1}\\F_{n}\end{pmatrix}}$

${\begin{pmatrix}F_{n+2}&F_{n+1}\\F_{n+1}&F_{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}^{n+1}$

构建一个矩阵方程

设$J_{n}$为第$n$个月有生育能力的兔子数量，$A_{n}$为这一月份的兔子数量。

${J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}\cdot {J_{n} \choose A_{n}},$

上式表达了两个月之间，兔子数目之间的关系。而要求的是，$A_{n+1}$的表达式。

求矩阵的特征值：$\lambda$

根据特征值的计算公式，我们需要算出来 ${\begin{vmatrix}-\lambda &1\\1&1-\lambda \\\end{vmatrix}}=0$ 所对应的解。

展开行列式有：$-\lambda (1-\lambda )-1\times 1=\lambda ^{2}-\lambda -1$。

故当行列式的值为 0，解得 $\lambda _{1}={\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})$ 或 $\lambda _{2}={\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})$。

特征向量

将两个特征值代入

$\left({\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}-\lambda \cdot E\right)\cdot {\vec {x}}=0$

求特征向量${\vec {x}}$得

${\vec {x}}_{1}$=${\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}$

${\vec {x}}_{2}$=${\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}$

分解首向量

第一个月的情况是兔子一对，新生0对。

${J_{1} \choose A_{1}}={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$

将它分解为用特征向量表示。

${\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}$ （4）

用数学归纳法证明

从

${J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}\cdot {J_{n} \choose A_{n}}$=$\lambda \cdot {J_{n} \choose A_{n}}$

可得到

${J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}^{n}\cdot {J_{1} \choose A_{1}}=\lambda ^{n}\cdot {J_{1} \choose A_{1}}$ （5）

化简矩阵方程

将（4） 代入 （5）

${J_{n+1} \choose A_{n+1}}=\lambda ^{n}\cdot \left[{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}\right]$

根据3

${J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{1}^{n}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{2}^{n}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}$

求A的表达式

现在在6的基础上，可以很快求出$A_{n+1}$的表达式，将两个特征值代入6中

$A_{n+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{1}^{n+1}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{2}^{n+1}$

$A_{n+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot (\lambda _{1}^{n+1}-\lambda _{2}^{n+1})$

$A_{n+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \left\{\left[{\frac {1}{2}}\left(1+{\sqrt {5}}\right)\right]^{n+1}-\left[{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\right]^{n+1}\right\}$（7）

（7）即为$A_{n+1}$的表达式

数论解法

实际上，如果将斐波那契数列的通项公式写成$a_{n}-a_{n-1}-a_{n-2}=0$，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$\lambda ^{2}-\lambda -1=0$（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$\lambda _{1}$=${\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})$，$\lambda _{2}$=${\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})$，即有$a_{n}=c_{1}\lambda _{1}^{n}+c_{2}\lambda _{2}^{n}$，其中$c_{1},c_{2}$为常数。我们知道$a_{0}=0,a_{1}=1$，因此${\begin{cases}c_{1}+c_{2}=0\\{\frac {c_{1}(1+{\sqrt {5}})}{2}}+{\frac {c_{2}(1-{\sqrt {5}})}{2}}=1\end{cases}}$，解得$c_{1}={\frac {1}{\sqrt {5}}},c_{2}=-{\frac {1}{\sqrt {5}}}$。

组合数解法

$F_{n}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}$

$F_{n-1}+F_{n}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-1-i}{i}}+\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}=1+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n-i}{i-1}}+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}=1+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n+1-i}{i}}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n+1-i}{i}}=F_{n+1}$

黄金比例恒等式解法

设$\varphi$为黄金比例${\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}$，则有恒等式$\varphi ^{n}=F_{n-1}+\varphi F_{n}$与$(1-\varphi )^{n}=F_{n+1}-\varphi F_{n}$，其中$n$为任意整数，则

${\begin{aligned}\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}&=(F_{n-1}+\varphi F_{n})-(F_{n+1}-\varphi F_{n})\\&=(F_{n-1}-F_{n+1})+2\varphi F_{n}\\&=-F_{n}+2\varphi F_{n}\\&=F_{n}(2\varphi -1)\\&=F_{n}\times {\sqrt {5}}\\\end{aligned}}$

因此得到$F_{n}$的一般式：

${\begin{aligned}F_{n}&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left[({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}})^{n}-({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}})^{n}\right]\\\end{aligned}}$

此一般式对任意整数$n$成立

近似值

当$n$为足够大的正整数时，则

$F_{n}\approx {\frac {1}{\sqrt {5}}}\varphi ^{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \left[{\frac {1}{2}}\left(1+{\sqrt {5}}\right)\right]^{n}\approx 0.4472135955\cdot 1.61803398875^{n}$

$F_{-n}\approx -{\frac {1}{\sqrt {5}}}(1-\varphi )^{-n}=-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \left[{\frac {1}{2}}\left(1-{\sqrt {5}}\right)\right]^{-n}\approx -0.4472135955\cdot (-0.61803398875)^{-n}$

用计算机求解

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$n$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)。

和黄金分割的关系

开普勒发现数列前、后两项之比${\frac {1}{2}},{\frac {2}{3}},{\frac {3}{5}},{\frac {5}{8}},{\frac {8}{13}},{\frac {13}{21}},{\frac {21}{34}},\cdots$，也组成了一个数列，会趋近黄金分割：

${\frac {f_{n+1}}{f_{n}}}\approx a={\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})=\varphi \approx 1{.}618{...}$

斐波那契数亦可以用连分数来表示：

${\frac {1}{1}}=1\qquad {\frac {2}{1}}=1+{\frac {1}{1}}\qquad {\frac {3}{2}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1}}}}\qquad {\frac {5}{3}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1}}}}}}\qquad {\frac {8}{5}}=1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1}}}}}}}}$

$F_{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left[\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right]={\varphi ^{n} \over {\sqrt {5}}}-{(1-\varphi )^{n} \over {\sqrt {5}}}$

而黄金分割数亦可以用无限连分数表示：

$\varphi =1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+...}}}}}}}}$

而黄金分割数也可以用无限多重根号表示：

$\varphi ={\sqrt {1+{\sqrt {1+{\sqrt {1+{\sqrt {1+...}}}}}}}}$

和自然的关系

更多信息：自然界的图案

参见：Golden ratio#Nature

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，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、雅枝竹的花蕾、正在舒展的蕨叶、松球的鳞的排列、蜜蜂的家族树。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，如$2/5$或$5/13$。

恒等式

资料来源：

证明以下的恒等式有很多方法。以下会用组合论述来证明。

• $F_{n}$可以表示用多个1和多个2相加令其和等于$n$的方法的数目。

不失一般性，我们假设$n\geq 1$，$F_{n+1}$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$F_{n}$种方法来完成对$n-1$的计算；若第一个被加数是2，有$F_{n-1}$来完成对$n-2$的计算。因此，共有$F_{n}+F_{n-1}$种方法来计算n的值。

• $F_{0}+F_{1}+F_{2}+F_{3}+...+F_{n}=F_{n+2}-1$

计算用多个1和多个2相加令其和等于$n+1$的方法的数目，同时至少一个加数是2的情况。

如前所述，当$n>0$，有$F_{n+2}$种这样的方法。因为当中只有一种方法不用使用2，就即$1+1+...+1$　（$n+1$项），于是我们从$F_{n+2}$减去1。

1. 若第1个被加数是2，有$F_{n}$种方法来计算加至$n-1$的方法的数目；
2. 若第2个被加数是2、第1个被加数是1，有$F_{n-1}$种方法来计算加至$n-2$的方法的数目。
3. 重复以上动作。
4. 若第$n+1$个被加数为2，它之前的被加数均为1，就有$F_{0}$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$n+1$的被加数之间。2在不同位置的情况都考虑到后，得出$F_{n}+F_{n-1}+...+F_{0}$为要求的数目。

• $F_{1}+2F_{2}+3F_{3}+...+nF_{n}=nF_{n+2}-F_{n+3}+2$

• $F_{1}+F_{3}+F_{5}+...+F_{2n-1}=F_{2n}$
• $F_{2}+F_{4}+F_{6}+...+F_{2n}=F_{2n+1}-1$
• ${F_{1}}^{2}+{F_{2}}^{2}+{F_{3}}^{2}+...+{F_{n}}^{2}=F_{n}F_{n+1}$
• $F_{n}F_{m-k}-F_{m}F_{n-k}=(-1)^{n-k}F_{m-n}F_{k}$，其中$m,n,k$与$F$的序数皆不限于正整数。
  • 特别地，当$n=m-k$时，${F_{n}}^{2}-F_{n+k}F_{n-k}=(-1)^{n-k}{F_{k}}^{2}$
    • 更特别地，当$k=1$或$k=-1$时，对于数列连续三项，有${F_{n}}^{2}-F_{n-1}F_{n+1}=(-1)^{n-1}$
  • 另一方面，当$(m,n,k)=(n+1,n,-2)$时，对于数列连续四项，有$F_{n}F_{n+3}-F_{n+1}F_{n+2}=(-1)^{n+1}$
• $\varphi ^{n}=F_{n-1}+\varphi F_{n}$且$(1-\varphi )^{n}=F_{n+1}-\varphi F_{n}$，其中$\varphi$为黄金比例${\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}$，$n$为任意整数

借由上述公式，又可推得以下恒等式：

• • ${F_{m}}{F_{n}}+{F_{m-1}}{F_{n-1}}=F_{m+n-1}$
  • $F_{m}F_{n+1}+F_{m-1}F_{n}=F_{m+n}$

    特别地，当$m=n$时，${\begin{aligned}F_{2n-1}&=F_{n}^{2}+F_{n-1}^{2}\\F_{2n}&=(F_{n-1}+F_{n+1})F_{n}\\&=(2F_{n-1}+F_{n})F_{n}\end{aligned}}$

数论性质

公约数和整除关系

• $F_{n}$整除$F_{m}$，当且仅当$n$整除$m$，其中$n\geqq 3$。
• $\gcd(F_{m},F_{n})=F_{\gcd(m,n)}$
• 任意连续三个菲波那契数两两互素，亦即，对于每一个$n$，

$\mathrm {gcd} (F_{n},F_{n+1})=\mathrm {gcd} (F_{n},F_{n+2})=\mathrm {gcd} (F_{n+1},F_{n+2})=1$

斐波那契素数

主条目：斐波那契素数

在斐波那契数列中，有素数： 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。

如§ 公约数和整除关系所述，$F_{kn}$总能被$F_{n}$整除，故除$F_{4}=3$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$F_{6}=8$的斐氏数，必不等于素数加一或减一。

与其他数列的交集

斐波那契数列中，只有3个平方数：0、1、144。2001年，派特·奥蒂洛证明，斐氏数中的次方数只有有限多个。2006年，Y. Bugeaud、M. Mignotte、S. Siksek三人证明，斐波那契数中的次方数只有0、1、8、144。

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。

斐波那契数不能为完全数。推而广之，除1之外，其他斐氏数皆非多重完全数，任两个斐氏数之比亦不能是完全数。

模n的周期性

主条目：皮萨诺周期

斐波那契数列各项模$n$的余数构成周期数列，其最小正周期称为皮萨诺周期，至多为$6n$。皮萨诺周期对不同$n$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$n$，求解模$n$的皮萨诺周期是周期检测问题的特例。

推广

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。

和卢卡斯数列的关系

$F_{n}L_{n}=F_{2n}$

反费波那西数列

反费波那西数列的递归公式如下：

$G_{n+2}=G_{n}-G_{n+1}$

如果它以1,-1开始，之后的数是：1,-1,2,-3,5,-8, ...

即是$F_{2n+1}=G_{2n+1}=F_{-(2n+1)},F_{2n}=-G_{2n}=-F_{-2n}$，

亦可写成$F_{m}=(-1)^{m+1}G_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}$，其中$m$是非负整数。

反费波那西数列两项之间的比会趋近$-{\frac {1}{\varphi }}\approx -0.618$。

证明关系式

证明$F_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}$，其中$m$是非负整数

以$\varphi$表示黄金分割数${\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}$，则有$\varphi (1-\varphi )=-1$

故$(-1)^{m}=[\varphi (1-\varphi )]^{m}=\varphi ^{m}(1-\varphi )^{m}$，因此

${\begin{aligned}(-1)^{m+1}F_{-m}&=(-1)^{m+1}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\color {brown}(-1)^{m}}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\color {brown}\varphi ^{m}(1-\varphi )^{m}}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m+m}(1-\varphi )^{m}-(1-\varphi )^{-m+m}\varphi ^{m}]\\&=(-1)\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[(1-\varphi )^{m}-\varphi ^{m}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{m}-(1-\varphi )^{m}]\\&=F_{m}\\\end{aligned}}$

巴都万数列

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$P_{n}=P_{n-2}+P_{n-3}$的关系。

佩尔数列

佩尔数列的递归公式为$P_{n}=2P_{n-1}+P_{n-2}$，前几项为0,1,2,5,12,29,70,169,408,...

应用

1970年，尤里·马季亚谢维奇指出了偶角标的斐波那契函数

$y=F_{2x}$

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。

计算机科学

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。

• 考虑以辗转相除法求两个正整数的最大公约数，分析此算法的运行时间。同等输入规模下，最坏情况（用时最长）发生于输入为两个相邻斐氏数时。
• 归并排序算法有一多相（polyphase）版本用到斐氏数列，是将未排序的数组分为两份，长度为相邻的斐氏数（因此比值接近黄金比）。《计算机程序设计艺术》描述了此种多相合并排序的实作方法，适用于以磁带机为外存的情况。
• 斐波那契树是一棵二叉树，其每个节点的左右子树高皆恰好差1。由此，斐氏树为AVL树，且对固定高度而言，是最少节点的AVL树。此类树的节点数可写成斐氏数减1。
• 某些伪随机数生成器用到斐氏数列。
• 斐波那契堆是一种数据结构，分析其时间复杂度时会用到斐波那契数。
• 斐波那契编码是以01字串表示正整数的一种方法，负斐波那契编码与之类似，还可以表示负数。

延伸阅读

• 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.

参考文献

• Livio, Mario. The Golden Ratio: The Story of Phi, the World's Most Astonishing Number First trade paperback. New York City: Broadway Books. 2003 [2002] [2022-10-30]. ISBN 0-7679-0816-3. （原始内容存档于2023-03-13）. 

参见

• 齐肯多夫定理

外部链接

• 斐波那契数，孙智宏（pdf）
• Periods of Fibonacci Sequences Mod m at MathPages
• Scientists find clues to the formation of Fibonacci spirals in nature （页面存档备份，存于互联网档案馆）
• Fibonacci Sequence，In Our Time (BBC Radio 4)的《In Our Time》节目。(现在聆听)
• Hazewinkel, Michiel (编), Fibonacci numbers, 数学百科全书, Springer, 2001, ISBN 978-1-55608-010-4