斐波那契数列及其性质

1、裴波纳契数列及其性质在现实生活中，我们经常会遇到类似“数列”变化的一系列经济问题，裴波 纳契数列出现在我们生活中的方方面面，一些问题不仅可以用裴波纳契 数列表 示，而且本质上就是裴波纳契数列，可见裴波纳契数列在很多数学分支都有很广 泛的应用，因此研究裴波纳契数列非常必要。本文通过探讨裴波纳契数列的性质，进一步掌握数列的数字排列、增减变化、 波动趋势等数项之间的变化规律，继而给出一系列与裴波纳契数列相关问题的解 决方案，特别是对中学数学教育中，如何让学生巧妙解题具有启发作用。1. 裴波纳契数列的由来斐波那契，公元 13 世纪意大利数学家，在他的著作算盘书中记载着这样 一个“兔子繁殖问题” ：假定

2、有一对大兔子，每一个月可生下一对小兔子，并且生 下的这一对小兔子两个月后就具有繁殖能力。假如一年内没有发生死亡，那么， 从一对小兔子开始，一年后共有多少对兔子？问题的解答思路：将每个月的兔子总对数列出来即可（需考虑到每个月具有 生殖能力的兔子的对数） ，如下：月份12345678910111213小兔子数（对）101123581321345589大兔子数（对）01123581321345589144兔子总数（对）1123581321345589144233所以一年后（即第 13 个月初），繁殖的兔子共有 233对。 仔细观察，可以看出上面列出的兔子对数呈现出一个有趣的变化规律：即从 第 3 个

3、月起，每个月的兔子对数都是前两个月的兔子对数之和，把这些数字按照 相同的规律推算到无穷多项，就构成了一列数列Fn ：1、 1、2、3、5、8、13、21、34、55，人们就把它称为裴波纳契数列，而将这个数列中的每一项称为“裴波纳契数”。2. 生活中常见的 裴波纳契 数列数学模型 :假如我们把 Fn 设为裴波纳契数列，不难发现数列Fn 是由递推关系式：FlF2 ,F3FlF2 , ,FnFn 1Fn 2 “ 3所给出的一个数列。从而，我们就可以轻而易举地算出两年，三年以后的兔子数。为了便于探讨该数列 具有的若干性质和变化规律，我们首先给出几个与裴波纳契数列相关的数学模型， 然后对裴波纳契数列展开

4、讨论。2.1 覆盖问题例1用1 2的骨牌覆盖2 n的棋盘，问有多少种不同的覆盖方法？解 设有 an 种不同的覆盖方法，将棋盘水平放置，考虑最后一个骨牌的放法： 若垂直放置，则有 an 1种不同的覆盖方法；若水平放置，则必须与它并排放置另一 块骨牌，有 an 2种不同的覆盖方法。于是，由加法原理得： an an1 an 2 ，其初 值为 a1 1， a2 2, 因此， an Fn 1 n 2 。例2用1 1和1 2两种骨牌覆盖1 n的棋盘，问有多少种不同的覆盖方法？解设覆盖方法有bn种，考虑最后一块骨牌：若是1 1的，则有bn1种覆盖方 法；若是 1 2 的，则有 bn 2 种覆盖方法。所以，

5、bn bn 1 bn 2 ，其初值为 b1 1， b2 2，于是， bn Fn 1 n 2 。2.2 爬楼梯问题例3某人爬有n个台阶的楼梯，一步可以迈一个或两个台阶，问这个人有多 少种不同的爬楼方法？解 设爬n个台阶有©种方法。考虑最后一步：若最后一步迈一个台阶，则 前n 1个台阶有Cn 1种方法；若最后一步迈两个台阶，则前n 2个台阶有Cn 2种不 同的方法。于是，由加法原理得：cn cn 1 cn 2 ，易知其初值 c1 1， c2 2 ，从而 Cn Fn 1 n 2 。2.3 0-1 序列问题例 4 由 0 和 1 组成的序列称为 0-1 序列，序列中数的个数称为这个 0-1

6、序列 的长度， 若果 0100011011 是一个长度为 10 的 0-1 序列，求长为 n 的 0-1 序列中任 何两个 1 不相邻的序列的个数。解 设这样的序列有 en 个，考虑最后一个数，如果最后一位是 0，则只要前 n 1 位任何两个 1 不相邻即可，因此，满足要求的序列有 en 1 个。若最后一位是 1，则倒数第二位是 0，于是只要前 n 2位任何两个 1 不相邻即可，因此满足要求 的序列有 e n 2 个，由加法原理得：en en 1 en 2 ，由初值 e1 2,e2 3得en Fn 2 ，当然也可以写成 en Fn Fn1 n 2 。例5 求长为n的0-1序列中既不含有010也

7、不含有101的0-1序列的个数。解 设这样的序列有gn个，以0和1结尾的这样的序列的个数分别用 gn,0和gn,1 表示。则gn gn,0 gn,1 。以0结尾的序列有如下两种：(1)00(2)110第一类中只要前n 1位既无010也无101即可，注意到前n 1位是以0结尾的，所 以有gn 1,0个这样的序列；第二类中只要前n 2位无010和101即可，因为前n 2位是以1结尾的，故有gn 2,1 个这样的序列；于是有：g n,0gn 1,0g n 2,1- 同样，以1结尾的序列有如下两种：(1)11(2)001于是有：gn,1gn 1,1gn 2,0-由 + 得：gn gn,0 gn,1 g

8、n 1gn 2再由初值 g11， g24，得：g n 2F n 1 n 22.4 一个几何上的例子例6半径为1的两个圆 O O1, O O2外切，I是它们的一条外公切线，依次 作。03和O。1、O 02、I均相切，作O 04和O 02、O 03、I均相切，作O On 1 与O 0n 1、O 0n、丨均相切，求O 0n的半径的表达式。解作0mR、0nS I，过0n 1作I的平行线分别交0n 1R、0.S于P、Q,作3.裴波纳契数列的性质3.1 基本性质为了方便讨论裴波纳契数列具有的若干性质和变化规律, 项公式入手，对裴波纳契数列展开讨论.设g x本文首先从Fn的通F1xF2x2F3x3FnXn由

9、裴波纳契数列的递推公式可得：g x x2 x3nF3XFnX3=(F1 F2)x (F2(Rx3 F2x42x g x x g(x2 x)g xF3)x4Fn1Xn(Fn1 Fn 2)Xn )(F2X3 F3X4nFn2XOnMOn 1R 于 M，则由 OnMOn 1POn 1Q ，可得nn 1.n 1n 1nn 1 令an1，则 an 11an an 1 且 a1 a?1，故 anFn，从而rn从而1ABO再设gxB.1、51x2则有从而得 a丄,B<5所以11151x2再利用并将式展开得到:x152152 2)X/nn、 n( )x1<5 ；2 ，将和比较可得数列 项公式：性质

10、1裴波纳契数列其中1 、5 2Fn的通公式，也就是我们所要探讨的Fib on accia数列的通Fn的通项公式:、51 上？ 51)2通过观察，我们知道裴波纳契数列中的每一项都是整数，但其通项却含有有 理数，因此可见裴波纳契数列的与众不同之处。利用裴波纳契数列的递推公式可以得到：n性质2裴波纳契数列的前n项和：Fk Fn 2 F2k 1证明由 F1 FaF2 , F2F4 F3 ,Fn 1Fn 2 Fn 1 3可得：F1 F2 FaFn Fn 2 F2n性质3裴波纳契数列的奇数项和：F2k 1 F2nk 1,F2n 1 F2nF2n 2证明 由 F1F2 , F3F4F2,F5F6F4,可得：

11、F1 F3性质4裴波纳契数列的前n项平方和:n 2FkFnFF1)F2 F3F2 F1 ,证明由F12F22 F2(F3F62 F3(F4F2F1,F2)F3F4F2 F3 ,Fn2 Fn(Fn可得：F12利用数学归纳法还可以证明： 性质5裴波纳契数列的相邻项乘积之和:1 F nF221)FnFn 1Fn2F n 1FnFn Fn 1Fn 11证明对n用数学归纳法证明，当 假设n 1时结论成立，1时，等式显然成立。现证n时结论成立.nF k F k 1 k 1n 1F n 1F n=12Fn1FFn=12Fn1F2FnF=12Fn2F2FnF n 1F n2Fn所以，对任意自然数性质6若连分数

12、1 n结论都成立n个1,1,1,1,1111111 11那么jFnn个1,1,1., 1,1证明 由F1 1，FnF21，1 FnFn Fn 1 有:FnFn1 Fm1 Fn 2Fn 21 FnFn 1Fn 2FnF n 1Fn 3Fn25F31 F2F1F1F217所以,利用Fn些性质:性质7证明F21 F1n个1,1,1., 1,1的通项公式2Fn F1F所以:性质8 f证明Fn1 .51.51 n n可以证明下面的一n 1(n2)J52FnFm=15=151F n 1=15=152Fn152n2n2n2n2n2mn 1(n2(m2(m而 F F =1F 2m F 2n 5Fmn)n)2m

13、=15=15=15n22)F 2n(m2(mn)2(m n2m2 (m n)2(m n)2(m n)2(m n)2(m n)2n2m2(m n)2(m n)1)2(m2(m n)2(m n)n)2(m n)2(m n)2m2n2(m n)2n2(m n)；F2mF2n 5n1)综上所述：匚2匚r m n F m性质9 f1F n 2 F n F n 1n(n2)证明F nF n 1152n 12n 1n 1n 2n 21nn 1n 1n1n 1n 251nnn 1351111nn335111nn11415n 112n 12n 1nn 1n 1n59所以：Fn1Fn2 FnFn 11 2)15n

14、nn r 1n r 11n 1512n r 1nn r 1n r 1n2n r 1522n r 12n r 11nnr 155n 122n r 12n r 11r 1r 155n 122n r 12n r 112r155n 122n r 12n r 11r 2r 2552n r 1n 1n r 2n r 2n 12n r 1r 1n 1n 1r 3r 3r 3r 332r 31所以,FnF2n r 12n r 1n 11r 2r 2n 1,r25性质10若n1，r2，则F nF n r 122n r 12n r 1Fn 1Fn r 2£证明FnF n r 1F n 1 F n r 2

15、用同样的方法证明得到:性质11若n1,r2，贝U FnFn r1 Fl性质12若nr1，贝U f 1F F Fr 1nrrnr性质13若nr，贝U f F F Fr 1n rrn r 1性质14若n, r1,则 F 2 F F 2F n 2r F n F n r3.2裴波纳勺契数攵列与黄金分割数n r 215n 111Fn2FrFr 2rn 2r 1n 2r 1通过以上性质的证明推导，我们可以发现裴波纳契数列Fn的一些基本性质变化。那么，如果我们对裴波纳契数列Fn的前后两项进行比较，而得到的新数FnF n 1但随众所列又有什么性质呢？因此，我们对裴波纳契数列进行延伸，在深层次探讨数列 的极限存

16、在性及其具有的性质。这个问题的解决，可以为人们进一步讨论该数列 的规律提供一个重要依据。通过观察数据：11,-,3,-8,13,，我们发现数列 F n不是单调函数，2 3 5 8 13 21F着n的增大，裴波纳契数列的前两项Fn与Fn 1之比旦趋近于黄金数0.618F n 1周知，黄金数在自然界是一个奇妙的数字，比如人的肚脐是人体总长的黄金数分 割点；某植物的叶子在茎上的排列也存在黄金分割问题；在艺术和建筑上，黄金 数很有用，正因为如此，裴波纳契数列的这个性质显然格外重要。nFn 1性质 15 lim 邑10.618n 匚2证明 利用裴波纳契数列的通项公式，可知数列前后项之比的极限为0.618

17、。2由上面的性质可知，裴波纳契数列相邻两项之比所形成的数列恰恰收敛于“黄金 分割数 ”。这一命题揭示了裴波纳契数列与黄金分割的奇妙关系。但如果把性质15中的n改为2n后，数列又有什么变化规律呢？通过推导， 我 们得到了：性质16设Fn为裴波纳契数列，则数列H为严格单调数列且有上界；F 2n 1数列空为严格单调递减数列且有下界.F 2 n 213证明F 2n 1=F 2n F 2n 2F 2n 1F 2n 1F 2n F 2n 1 F 2n 2F 2n 1F 2n 1 F 2n 1= F（2n 1） 1F 帥 1）2 F?n 1 F（2n 1） 1 F?n 1 F 2n 1 利用性质9,上式2n

18、 21F2F2F2F2故数列已2n 1为严格单调数列.F显然，数列Fn是一个单调数列，即Fn Fn 1, n 1,2,，故0王三F 2n 1所以，数列FF同理可证，数列2n2 n性质17数列证明F2nF 2n 1显然a 1为严格单调数列且有上界F2n1为严格单调递减数列且有下界. F 2n 2F2n有极限且等于黄金分割点率 F 2n 1我么只需证明数列有极限，设为F 2n 1limn F2n 2F2n与 豆 有极限且相等就可以了F 2n 1 F 2n 2单调也有极限设为b 0则有：F 2 n 2.事实上,limnlimnF2nF 2nF 2n 1F2nF 2n 11F2nF2n所以我们可得：l

19、imn F2n 1lim -n11F 2n 11F2nlim -n 1旦 1F 2n 1从而可得a b亠2F 2n 1liman厂2n 20.618，0.618，即数列丘F 2n 1有极限且等于 0.618。4斐波那契数列在中学数学中的应用4.1求解一元二次方程10的两实数根，不解方程，求Sn利用裴波纳契数列能快速求解一类特殊的一元二次方程根的代数式的值。 例1设，是方程X2(n 2,3,21)的值。解考虑利用根的定义降次，2_3_4_(2_(23_(3_2 +1+1)_3+1)+1)(+ 2) (2 +1)_5+ 2+319_10946 + 6765通过这些计算，不难发现规律：_ Fn +

20、Fn 1 (n2)同理，有n_ Fn + Fn 1 (n 2)所以，Snnn_ Fn() 2Fn1 Fn 2乔(n那么S2F22F11+2_3S3F32F22+2_ 4S4F42F33+4_721202)oS21 F21 2F2010946+13530=24476例2设， 是方程x2 x 1 0的两实数根，且，不解方程，求98的值。解 利用根的定义升次和降次1 _ +12_ +1考虑到中右边系数为负数，给计算带来不便，而由_ 1,得：_ 18_(-1)_8再由，刁曰得：2_1+1_1(1)231一 2_238_21349_34559故8(3455)(2134)558955289又2241 45

21、且则5 on 1所以 一9855( 1、.5) 89 123 555所以因而4.2几类具有代表性的问题求解比较数的大小已知：1-.521、 521.52那么a与b的大小关系是:(A)a101010a化简根式(B)a b(C)a(D)不能确定.5化简 10 123 55 51010101-.5123 55.510 123 55 512355 5求值5 FnFn 15Fn 110 123 55 5 2 5F5212355. 510123 55、 512355 5123 55 51010115例5解那么求 4096 cos12 364096 sin 18512cos936 512sin91853.5

22、.5的值sin 181.542cos36 12 si n 18351、54412124096cos 364096sin 1853. 5512cos936 512si n9185122cos3692cos36122si n1892si n18.5-1215=2=9_ 915 1253 5424例6证明则151、552 2J5f12 53J&.5F9.5= 233 5389 1=2证明等式n若n为非负整数，那么5kc；：； 22nF2n1k=0令annk 2k 15 C2n 1k=0anbnnbnnk 2k5 c2nk=0nk 2k5 C2nk=0k 2k 15 C2n 1 k= 02kC

23、2n52k5n2k 151172n 1又 an bn1 n1,5：/5 k= 02k 1 2k 1c2n 1-.52kcfk1.I 52n 11 ,则有2an1.52n 12n12n所以=22n= 22nan22nF2n 11 f2n 1裴波纳契数生成勾股数由性质10, 11,5时有:Fn Fn 4+ Fn 1 Fn23 52= 5(2n+ 4+FnFn 4X得:FnFn= 2Fn2n+ 4n+2)2+ (1n12)22Fn 1Fnn112Fn 2对任意给定的n N，由上式可导出勾股公式，2 2当门为奇数时有Fn 1Fn 3 +(2Fn 2)=22当门为偶数时有Fn Fn 4 +( 2Fn 2

24、)=FnFnFn 1 Fn由此我们的得出五个连续的斐氏数生成的勾股数组公式，我们还可利用性质出五个非连续的斐氏数生成的勾股数组。事实上，在Fn=Fr 1Fn2F2m 1 Fm 116得rFr Fn r 1 中令 n2Fm2 2 2 2(Fm 1 Fm 2)Fm 1 Fm2m 1 rFm122222 2(Fm1Fm2)2 (2Fm1Fm)2Fm 1Fm2 2故(Fm 1Fm 2)(2Fm 阮)F2m 12 2此式非连续的斐氏数生成的勾股数组公式。m m N，得:Fm22 22F 2 F 2m 1 m19巧证竞赛题例7求证n是正整数时，大于3+. 5 高中竞赛题）证明2n的最小整数能被2"

25、;整除（1987年苏州则有0设32n3+ 52n32na22n52 3,522n2” (宁4n(12n=2(2n2n、22n 2n)2= 22n5F2：27NL 2n3,51 o故32 n是含有22n的整数。 又由03. 51，有02na2n3+ . 522n整除。45a：36 , n N，求证:故a2n是大于3+. 5 的最小整数而又能被1例8 数列 an , a0 1 , an 17an2an中任意一项都是正整数；an+1 3n-1为完全平方数。（2005年全国高中数学联赛题）分析：初看该数列，颇有些奇特，但易知a。1,3 5, a2 34, a3 233,这些数字似曾相识，但仔细想想，正

26、是 Fib on accia数列中的一些项，就是所谓的斐 氏数，进一步我们知道F。 a。, F4 a1，F8 a2，F12 a3，由此猜测an F°n。下面将证明这个关系式。证明1当n=0时，显然有a° F0 1 ;2假设当k时，有ak F4k，下证当n = k+1时，也有 ak+1 F4（k+1）.ak+11=7 7ak2' 2.45 ak3612 7ak3,5ak14- 7ak23.5F4：4由Fn牛V5nn(n1），知:5F4：45 14k4k44k4k 244k 4k525F4：44k4k从而1ak+1=二2=127ak7ak3.5F4：3 4k4k4k4k

27、3 4k 4k3.54k7 3.5 4k21.54k(3. 5 )2 4k2(1.5、424k(1'5)4 4k24( k 1)4( k1)= F4(k1)综上所述，an F4n对一切N都成立，由此可知an中任意一项均为正整数。对于第问，由an +1二 17an,45a236 ,(2an + 17an)2 = 45a2 36 ,进一步有:4 an+1236 an+&11 23 an+1an而又因13131313an+1F4(n 1)F4n 32F4n 2= F4n 2anF4 nF4n 2F4nF4n 1F4n因止匕an+1an1 F4n 22为完全平方数。设一1，其中m和n时

28、互质的自然数，而等式左边含有1988条分数线，试计算m2 mn n的值（第14届全俄数学竞赛）。由性质6，我们有1Fn 1FnFn 1Fn 1>设上述含有k条分数线的繁分数的值为 匹，mk，nk1，nk显然mkFk， nkFk 1，于是2 m2mn n=F1988F1988F1989F1989=F1988F1988 F1988F1987F19882F1988F1987F1987=F1988F1988F1987F1988F19882F1988F1987F1987=F1F1988F1987F12987F1988F1987F1988298821986=FF1986 F198721987=F；F

29、2F3 F32=12 1 2 22=1例10确定m2n2的最大值，其中m ， n为整数，且m ， n 1,2,1981，n2 mn m21 （第 22 届 IMO）。2解 若 n2 mn m2 1的一组解 m,n 1,2, ,1981 ,那么 n2 mn m2 1从而 n2 mn m2 1 m2 ，即 n m ，其中当且仅当 m n 1时等号成立。因此，在 m,n 1,1 时， n m 0。由于 n2mn m2222222nmmn mmm m n mn m ，如果 m,n 是满足上述条件的一组解， 并且 m,n 1,1 ，那么 n m,m 也是满足上 述条件的一组解，等等。由于满足上述条件的解有限，因此进行有限步后一定可得到 1,1 ； 反过来，由解 1,1 可逐步得到满足上述条件的全部解 （其操作过程为由 （m n,m） 得 出 m,n ）。不 难 看 出 ， 这 些 m,n 组 成 的 斐 波 那 契 数 （ 每 相 邻 两 个 是 一 组 解 ）：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597因此 m2 n 2的最大值为 15