    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

为斐波那契数列，求证：

。
证法1：设

，列出下表观察规律，

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

，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。
将 $frac{1}{1-x-{{x}^{2}}-{{x}^{10}}+{{x}^{12}}}$ 在

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 $frac{1}{1-x-{{x}^{2}}+{{x}^{18}}-{{x}^{20}}}$ 在

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
$xf(x)+{{x}^{2}}f(x)$

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

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

，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

表示成连分数，渐近分数的分母，编号为A041247。

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

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

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

的渐近分数依次是 $frac{11}{1}$ ， $frac{12}{1}$ ， $frac{23}{2}$ ， $frac{35}{3}$ ， $frac{58}{5}$ ， $frac{93}{8}$ ， $frac{151}{13}$ ， $frac{244}{21}$ ， $frac{5519}{475}cdots$ 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。

俗称天花板函数，是指不小于

的最小整数。如果

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。

是指不大于

的最大整数。如果

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

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

较小时成立，因为此时 ${{a}_{n+2}}^{2}$ 和 ${{a}_{n-1}}^{2}$ 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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