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[转载]一定是斐波那契数列么?

(2012-12-13 16:41:21)
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分类: 数学欣赏
一定是斐波那契数列么?
彭翕成 pxc417@126.com
武汉 华中师范大学国家数字化学习工程技术研究中心 430079

     本文是博文《下一个数是?》的续篇。


    1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,……
    看到这列数,肯定有人会说,不用写下去了,规律很明显,不就是斐波那契数列么?
     一定是么?且慢下结论!如果我们将这列数输入到网站:整数数列在线大全-OEIS,就会发现有很多备选答案。这些都还是被数学研究者认为是比较有意义的整数列,并非为了充数。如果只为了凑多,利用拉格朗日插值公式可得无数多组解。下面列出5种,供大家参考。

    可能性1:斐波那契数列对30取余,编号为A137290
    斐波那契数列前10项为1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55……对30取余得1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 4, 25……
    也许有人会说,这样也算?那将30换成其他数,不又可以得到新数列么?确实如此,但估计你想不到对30取余这列数具有周期性吧,其周期为120。
论 证这一结论不难,斐波那契数列对2取余,依次得1,1,0, 1,1,0……周期为3;斐波那契数列对3取余,依次得1, 1, 2, 0, 2, 2, 1, 0, 1, 1,……周期为8;斐波那契数列对5取余,依次得1, 1, 2, 3, 0, 3, 3, 1, 4, 0, 4, 4, 3, 2, 0, 2, 2, 4, 1, 0, 1, 1,……周期为20;2、3、5互素,可得斐波那契数列对30取余,周期为120。

    数论中有这样的问题:设f(n)为斐波那契数列,求证:3|f(n)Leftrightarrow 4|n
    证法1:设g(n)=f(n)bmod 3,列出下表观察规律,g(n)以8为周期,结论显然正确。
       
begin{matrix} n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \ f(n) & 1 & 1 & 2...

    证法2:f(n+4)=f(n+3)+f(n+2)=2f(n+2)+f(n+1)=3f(n+1)+2f(n),而3|f(4),根据数学归纳法可得结论。

    可能性2:frac{1}{1-x-{{x}^{2}}-{{x}^{10}}+{{x}^{12}}}的展开系数,编号为A147659
   frac{1}{1-x-{{x}^{2}}-{{x}^{10}}+{{x}^{12}}}x=0处展开得
1+x+2{{x}^{2}}+3{{x}^{3}}+5{{x}^{4}}+8{{x}^{5}}+13{{x}^{6}}+21{{x}^{7}}+34{{x}^{8}}+55{{x}^{9}}+90{{x}^{10}}+cdots,系数分别为1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,90, 146……
    类似地,若将frac{1}{1-x-{{x}^{2}}+{{x}^{18}}-{{x}^{20}}}x=0处展开,可得系数数列1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233…… ,编号为A185357。

    上述两个表达式如何得来?如果了解一点形式幂级数和母函数的知识,就可以自己找出表达式。

    在数学中,某个序列{{a}_{n}}的母函数是一种形式幂级数(所谓形式幂级数,就是形式上像幂级数,但不考虑级数收敛、发散等性质),每一项的系数可以提供关于这个序列的信息。赫伯特·维尔夫比喻道,母函数就是一列用来展示一串数字的挂衣架。
    譬如将斐波那契数列作为形式幂级数的系数,设
f(x)=1+x+2{{x}^{2}}+3{{x}^{3}}+5{{x}^{4}}+8{{x}^{5}}+13{{x}^{6}}+21{{x}^{7}}+34{{x}^{8}}+55{{x}^{9}}+89{{x}^{10}}+cdots,则
xf(x)+{{x}^{2}}f(x)

=x+{{x}^{2}}+2{{x}^{3}}+3{{x}^{4}}+5{{x}^{5}}+8{{x}^{6}}+13{{x}^{7}}+21{{x}^{8}}+34{{x}^{9}}+55{{x}^{10}}+89{{x}^{11}}+cdots
+{{x}^{2}}+{{x}^{3}}+2{{x}^{4}}+3{{x}^{5}}+5{{x}^{6}}+8{{x}^{7}}+13{{x}^{8}}+21{{x}^{9}}+34{{x}^{10}}+55{{x}^{11}}+89{{x}^{12...

=x+2{{x}^{2}}+3{{x}^{3}}+5{{x}^{4}}+8{{x}^{5}}+13{{x}^{6}}+21{{x}^{7}}+34{{x}^{8}}+55{{x}^{9}}+89{{x}^{10}}+cdots

=f(x)-1可得f(x)=frac{1}{1-x-{{x}^{2}}}
    此表达式看似简单,展开之后却包含斐波那契数列所有信息。

    或者这样推导,设
f(x)={{a}_{0}}+text{ }{{a}_{1}}x+text{ }{{a}_{2}}{{x}^{2}}+cdots +{{a}_{n}}{{x}^{n}}+cdots,则
-xf(x)=text{ }-{{a}_{0}}x-{{a}_{1}}{{x}^{2}}-cdots -{{a}_{n-1}}{{x}^{n}}-cdots
-{{x}^{2}}f(x)=text{ }-{{a}_{0}}{{x}^{2}}-cdots -{{a}_{n-2}}{{x}^{n}}-cdots,三式相加得
(1-x-{{x}^{2}})f(x)={{a}_{0}}+({{a}_{1}}-{{a}_{0}})x+({{a}_{2}}-{{a}_{1}})x+cdots +({{a}_{n}}-{{a}_{n-1}}-{{a}_{n-2}}){{x}^{...
如果{{a}_{n}}满足{{a}_{n}}={{a}_{n-1}}-{{a}_{n-2}},且{{a}_{0}}={{a}_{1}}=1,那么f(x)=frac{1}{1-x-{{x}^{2}}}
     有兴趣的读者可参看史济怀先生的母函数一书。

    可能性3:将sqrt{135}表示成连分数,渐近分数的分母,编号为A041247


  
sqrt{135}=11+sqrt{135}-11=11+frac{14}{sqrt{135}+11}=11+frac{1}{frac{sqrt{135}+11}{14}}=11+frac{1}{1+frac{sqrt{135}-...

=11+frac{1}{1+frac{1}{frac{14}{sqrt{135}-3}}}=11+frac{1}{1+frac{1}{frac{sqrt{135}+3}{9}}}=11+frac{1}{1+frac{1}{1+f...    

 =11+frac{1}{1+frac{1}{1+frac{1}{frac{sqrt{135}+6}{11}}}}=11+frac{1}{1+frac{1}{1+frac{1}{1+frac{sqrt{135}-5}{11}}}}=...
   

    sqrt{135}渐近分数依次是frac{11}{1}frac{12}{1}frac{23}{2}frac{35}{3}frac{58}{5}frac{93}{8}frac{151}{13}frac{244}{21}frac{5519}{475}cdots分母依次为1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 475……

     可能性4:Ceiling({{e}^{frac{n-1}{2}}}),编号为A005181
    
Ceiling(x)俗称天花板函数,是指不小于x的最小整数。如果n从0开始计算,那么{{e}^{frac{n-1}{2}}}依次为0.60,1,1.64,2.72,4.48,7.39,12.18,20.09,
33.12,
54.60……,而Ceiling({{e}^{frac{n-1}{2}}})依次为1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55……
     斐波那契数列增长速度很快。能否构造指数函数去拟合呢?这当然是可以的。斐波那契数列的通项公式正是指数函数的组合:f(n)=frac{1}{sqrt{5}}[{{(frac{1+sqrt{5}}{2})}^{n}}-{{(frac{1-sqrt{5}}{2})}^{n}}]Ceiling({{e}^{frac{n-1}{2}}})虽然只有在项数较少时,与斐波那契数列完全吻合,但胜在形式简单。

    可能性5:{{a}_{1}}=1{{a}_{2}}=1{{a}_{n+2}}=operatorname{int}(sqrt{2({{a}_{n}}^{2}+{{a}_{n+1}}^{2})}),编号为A093332
   
operatorname{int}(x)是指不大于x的最大整数。如果n从1开始计算,那么{{a}_{n}}依次为1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 56……
    以平方、开方、取整的方式竟然能准确得到斐波那契数列的前9项,不能不让人概叹数学之奥妙!从公式中出现的{{a}_{n}}^{2}+{{a}_{n+1}}^{2},笔者猜想该公式的得来可能与斐波那契数列的两个恒等式有关。设f(n)为斐波那契数列,{{f}_{0}}=0
 
    恒等式1:{{f}^{2}}(n+1)+{{f}^{2}}(n)=f(n+2)f(n+1)-f(n)f(n-1)
    证明:f(n+2)f(n+1)-f(n)f(n-1)={{f}^{2}}(n+1)+f(n)f(n+1)-f(n)f(n-1)
={{f}^{2}}{{(n+1)}^{2}}+f(n)

    恒等式2:{{f}^{2}}(n+1)+{{f}^{2}}(n)=f(2n+1)
    证明:设矩阵M=left( begin{matrix} 1 & 1 \ 1 & 0 \end{matrix} right),则{{left( begin{matrix} 1 & 1 \ 1 & 0 \end{matrix} right)}^{n}}=left( begin{matrix} f(n+1) & f(n) ...,而由{{M}^{2n}}={{M}^{n}}{{M}^{n}}可得left( begin{matrix} f(2n+1) & f(2n) \ f(2n) & f(2n-1) \end{matrix} right)={{left( begin{matrix} f(n+1...,展开第一项可得{{f}^{2}}(n+1)+{{f}^{2}}(n)=f(2n+1)

    几经尝试,发现上述两个恒等式不能推出希望的结论。若不急于使用斐波那契数列的性质,反倒一下子推导出来了。
    
operatorname{int}(sqrt{2({{a}_{n}}^{2}+{{a}_{n+1}}^{2})})=operatorname{int}(sqrt{({{a}_{n}}^{2}+{{a}_{n+1}}^{2}+2{{a}_{n}...      =operatorname{int}(sqrt{{{a}_{n+2}}^{2}+{{a}_{n-1}}^{2}}to {{a}_{n+2}}
     等式的最后一步,只有当n较小时成立,因为此时{{a}_{n+2}}^{2}{{a}_{n-1}}^{2}相差较大,经过取整运算可将后者忽略。而经过计算验证,此公式可得到斐波那契数列的前9项。

    也许有人会说,数学讲究简单美,斐波那契数列从两个1出发,简单相加,但奥妙无穷,何必再去花时间鼓捣一堆复杂规律?有意义么?
    确实,斐波那契数列简单中蕴含复杂,很美很值得研究。但我们也必须要认识到,科学的研究,除了探究美,还必须探究真。只要其他数列符合你写下的前几项,那么你就必须要承认他的存在,哪怕发现它是困难的,计算它是繁杂的。更何况,其他的规律也各自有研究价值,不能无视,哪怕将它们视为斐波那契数列的衍生产品。

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