斐波那契数

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、费氏数列。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、费氏数列。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。

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)

在数学上，斐波那契数是以递归的方法来定义：

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

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（${\displaystyle F_{0}}$）。

起源

公元1150年印度数学家Gopala和金月在研究箱子包装物件长宽刚好为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李奥纳多（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${\displaystyle n}$月有兔子总共${\displaystyle a}$对，${\displaystyle n+1}$月总共有${\displaystyle b}$对。在${\displaystyle n+2}$月必定总共有${\displaystyle a+b}$对：因为在${\displaystyle n+2}$月的时候，前一月（${\displaystyle n+1}$月）的${\displaystyle b}$对兔子可以存留至第${\displaystyle n+2}$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${\displaystyle n}$月就已存在的${\displaystyle a}$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。

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：

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

首先构建等比数列

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

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

求出数列 { a n + α a n − 1 } {\displaystyle \left\{a_{n}+\alpha a_{n-1}\right\}}

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

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

求数列 { b n } {\displaystyle \left\{{b_{n}}\right\}} 进而得到 { a n } {\displaystyle \left\{a_{n}\right\}}

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

得出${\displaystyle {a_{n}}}$表达式

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

用数学归纳法证明表达式

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

• 若${\displaystyle n}$为非负整数

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

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

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

当${\displaystyle n=k+2}$时

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

亦成立

• 若${\displaystyle n}$为非正整数

当${\displaystyle n=0}$时，成立

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

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

当${\displaystyle n=-k-2}$时

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

亦成立

因此，根据数学归纳法原理，此表达式对于任意整数${\displaystyle n}$皆成立

线性代数解法

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

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

构建一个矩阵方程

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

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

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

求矩阵的特征值： λ {\displaystyle \lambda }

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

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

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

特征向量

将两个特征值代入

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

求特征向量${\displaystyle {\vec {x}}}$得

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

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

分解首向量

第一个月的情况是兔子一对，新生0对。

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

将它分解为用特征向量表示。

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

用数学归纳法证明

从

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

可得到

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

化简矩阵方程

将（4） 代入 （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

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

求A的表达式

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

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

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

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

（7）即为${\displaystyle A_{n+1}}$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${\displaystyle a_{n}-a_{n-1}-a_{n-2}=0}$，即可利用解二阶线性齐次递回关系式的方法，写出其特征多项式${\displaystyle \lambda ^{2}-\lambda -1=0}$（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${\displaystyle \lambda _{1}}$=${\displaystyle {\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})}$，${\displaystyle \lambda _{2}}$=${\displaystyle {\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})}$，即有${\displaystyle a_{n}=c_{1}\lambda _{1}^{n}+c_{2}\lambda _{2}^{n}}$，其中${\displaystyle c_{1},c_{2}}$为常数。我们知道${\displaystyle a_{0}=0,a_{1}=1}$，因此${\displaystyle {\begin{cases}c_{1}+c_{2}=0\\{\frac {c_{1}(1+{\sqrt {5}})}{2}}+{\frac {c_{2}(1-{\sqrt {5}})}{2}}=1\end{cases}}}$，解得${\displaystyle c_{1}={\frac {1}{\sqrt {5}}},c_{2}=-{\frac {1}{\sqrt {5}}}}$。

组合数解法

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

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

黄金比例恒等式解法

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

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

因此得到${\displaystyle F_{n}}$的一般式：

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

此一般式对任意整数${\displaystyle n}$成立

近似值

当${\displaystyle n}$为足够大的正整数时，则

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

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

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${\displaystyle n}$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，可以使递回加速到O(logn)。

和黄金分割的关系

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

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

斐波那契数亦可以用连分数来表示：

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

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

而黄金分割数亦可以用无限连分数表示：

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

而黄金分割数也可以用无限多重根号表示：

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

和自然的关系

更多信息：自然界的图案（英语：Patterns in nature）

参见：Golden ratio#Nature（英语：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^[2]，如树的分枝、叶在枝条上的排列（英语：Phyllotaxis）、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）。^[7]法国菊的“瓣”（舌状花）数通常为斐氏数。^[8]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${\displaystyle 2/5}$或${\displaystyle 5/13}$^[10]。

恒等式

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。

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

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

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

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

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

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

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

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

借由上述公式，又可推得以下恒等式^{[注 4]}：

• • ${\displaystyle {F_{m}}{F_{n}}+{F_{m-1}}{F_{n-1}}=F_{m+n-1}}$^[11]
  • ${\displaystyle F_{m}F_{n+1}+F_{m-1}F_{n}=F_{m+n}}$^[11]

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

数论性质

公因数和整除关系

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

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

斐波那契质数

主条目：斐波那契质数

在斐波那契数列中，有质数：^[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质数是第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质数。^[13]

如§ 公因数和整除关系所述，${\displaystyle F_{kn}}$总能被${\displaystyle F_{n}}$整除，故除${\displaystyle F_{4}=3}$之外，任何斐氏质数的下标必同为质数。由于存在任意长（英语：Arbitrarily large）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${\displaystyle F_{6}=8}$的斐氏数，必不等于质数加一或减一。^[14]

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。^[15][16]2001年，派特·奥蒂洛（匈牙利语：Pethő Attila）证明衹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（英语：Verner Emil Hoggatt Jr.）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]。

模n的周期性

主条目：皮萨诺周期

斐波那契数列各项模${\displaystyle n}$的馀数构成周期数列（英语：periodic sequence），其最小正周期称为皮萨诺周期^[23]，至多为${\displaystyle 6n}$^[24]。皮萨诺周期对不同${\displaystyle n}$值的通项公式仍是未解问题，其中一步需要求出某个整数（同馀意义下）或二次有限域元素的乘法阶数（英语：multiplicative order）。不过，对固定的${\displaystyle n}$，求解模${\displaystyle n}$的皮萨诺周期是周期检测（英语：cycle detection）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

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

反费波那西数列

反费波那西数列的递归公式如下：

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

如果它以1,-1开始，之后的数是：1,-1,2,-3,5,-8, ...

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

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

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

证明关系式

证明${\displaystyle F_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}}$，其中${\displaystyle m}$是非负整数

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

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

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

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${\displaystyle P_{n}=P_{n-2}+P_{n-3}}$的关系。

佩尔数列

佩尔数列的递归公式为${\displaystyle P_{n}=2P_{n-1}+P_{n-2}}$，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

${\displaystyle y=F_{2x}}$

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。

电脑科学

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因数，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。^[25]
• 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》^{[页码请求]}描述了此种多相合并排序（英语：polyphase merge sort）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。^[26]
• 某些伪随机数生成器用到斐氏数列。^{[具体情况如何？]}
• 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（英语：NegaFibonacci coding）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

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23. Sloane, N.J.A. (编). Sequence A001175. The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences. OEIS Foundation.
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• 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）.

注释

1. 这可以透过${\displaystyle \varphi ^{2}=1+\varphi }$与${\displaystyle {\frac {1}{\varphi }}=\varphi -1}$与${\displaystyle {\frac {1}{1-\varphi }}=-\varphi }$此三个等式，以及费氏数列的递归定义，以数学归纳法证明。
2. 例如当${\displaystyle (m,n,k)=(4,-8,6)}$时，${\displaystyle F_{-8}F_{-2}-F_{4}F_{-14}=(-21)\times (-1)-3\times (-377)=(-1)^{-14}F_{12}F_{6}=1\times 144\times 8=1152}$
3. 亦即“头尾两项乘积”与“中间两项乘积”恒相差1
4. 利用指数律${\displaystyle \varphi ^{m+n}=\varphi ^{m}\times \varphi ^{n}}$、性质${\displaystyle \varphi ^{2}=1+\varphi }$，以及“若${\displaystyle a,b,c,d}$是有理数，${\displaystyle x}$是无理数，且满足${\displaystyle a+bx=c+dx}$，则${\displaystyle a=c,b=d}$”证明。

参见

• 齐肯多夫定理

外部链接

• 费波那契数，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)（英语：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