斐波那契数列的刻画英文

斐波那契数列的刻画英文

fn0用于分析。命题F-数列{fn}∞0的相邻两项之比形成的数列{fnfn+1}∞n=0{fnfn+1}∞n=0收敛于“黄金分割数”ω,即limn→∞fnfn+1=ω=√5-12=0.6180339887499⋯limn→∞fnfn+1=ω=5√−12=0.6180339887499⋯命题揭示了F-数列与黄金分割数ω的奇妙关系。本文将上述命题推广为:定理对任何固定步长k(≥1),不管从何项开始,斐波那契数列中相距k项的元形成的k个子列{fm0+nk}∞n=0(m0=0,1,2,⋯‚k-1)的前项与后项之比形成的数列{fm0+nkfm0+(n+1)k}∞n=0收敛于仅与步长k有关,而与起始元fm0无关的同一极限ω(k)。由ω2+ω=1得对任意的n∈N有ω(n)=ωn。定理更进一步揭示了F-数列与黄金分割数ω之间的奇妙关系。由定理立即可得:推论极限数列{ω(n)}∞0构成另一个递归数列:ω(0)=1,ω(1)=ω,ω(n)=ω(n-2)-ω(n-1),(n=2,3,…)。而且满足∞∑n=1ω(n)=∞∑n=1ωn=ω-1=√5+12,或∞∑n=2ω(n)=1。我们称极限数列{ω(n)}∞0={ωn}∞0为斐波那契伴随数列。上图指出了伴随数列{ωn}∞0的项分布及∞∑n=2ω(n)=1的几何解释,称之为斐波那契正方形。为了证明定理,先给出几个必要的引理:引理1对任何自然数k,n∈N有fnfn+2k-f2n+k=(-)nf2k-1或f2nf2n+2k-f22n+k=f2k-1,f2n+1f2n+1+2k-f22n+1+k=-f2k-1。引理2对满足n≥2与I≤k≤n-1的自然数对n与k,均有fn=fkfn-k+fk-1fn+(k+1);对任何自然数k,n∈N,恒有fn=(-1)k(fkfn+k-fk-1fn+(k+1))。证明设n≥2是任一给定的自然数,当k=1时,由F-数列的递归定义可知以上两式成立。假设对任何不大于k(≤n-2)的自然数以上两式已证,则由假设可知fn=fkfn-k+fk-1fn-(k+1)=fk(fn-k-1+fn-k-2)+fk-1fn-(k+1)=fk+1fn-(k+1)+f(k+1)-1fn-(k+1+1),即第一个等式对k+1仍成立,由归纳法原理可知该等式对任何满足关系n≥2与1≤k≤n-1的自然数对都成立。同样由于fn=(-1)k(fkfn+k-fk-1fn+(k+1))=(-1)k[(fk+1-fk-1)fn+k-fk-1fn+(k+1)]=(-1)k(fk+1fn+k-fk-1fn+k+2)=(-1)k[fk+1fn+k-(fk+1-fk)fn+k+2]=(-1)k(-fk+1fn+k+1+fkfn+k+2))=(-1)k+1(fk+1fn+(k-1))-f(k+1)-1fn+(k+1)+1],第二个等式对自然数k+1也成立,引理2得证。引理3对任何自然数m0,n与k≥2,均有fm0+(n+1)k=(fk+fk-2)fm0+nk+(-1)k-1fm0+(n-1)k。证明由引理2可知fm0+nk+k=fkfm0+nk+fk-1fm0+nk-1,(-1)kfm0+nk-k=-fk-1fm0+nk-1+fk-2fm0+nk。两式相加便得知引理3结论成立。引理2,3,给出了F-数列的广义递归定义。引理4对任何自然数n∈N,有(f2n+f2n-2)2-4=5f22n-1,(f2n+1+f2n-1)2+4=5f22n。证明由引理1可知对任一个n∈N均有f2nf2n-2=f22n-1+1与f2n-1f2n+1=f22n-1。于是(f2n+f2n-2)2-4=(f2n-1+2f2n-2)2-4=f22n-1+4f22n-2+4f2n-1f2n-2-4=f22n-1+4f2n-2f2n-4=5f22n-1,(f2n+1+f2n-1)2+4=(f2n+2f2n-1)2+4=f22n+4f22n-1+4f2nf2n-1+4=f22n+4f2n-1f2n+1+4=5f22n。定理的证明设an(m0k)=fm0+nkfm0+(n+1)k,则由引理1可知|an(m0k)-an+1(m0k)|=|fm0+nkfm0+(n+2)k-f2m0+(n+1)k|fm0+(n+1)kfm0+(n+2)k=f2k-1fm0+(n+1)kfm0+(n+2)k,于是对任一个自然数l∈N均有|an(m0k)-an+l(m0k)|≤|an(m0k)-an+l(m0k)|+|an+1(m0k)-an+2(m0k)|+⋯+|an+l-1(m0k)-an+l(m0k)|=f2k-1fm0+(n+1)kfm0+(n+2)k+f2k-1fm0+(n+2)kfm0+(n+3)k+⋯+f2k-1fm0+(n+l)kfm0+(n+l+1)k≤f2k-1[(1fm0+(n+1)k-1fm0+(n+2)k)+⋯+(1fm0+(n+l)k-1fm0+(n+l+1)k)]=f2k-1(1fm0+(n+1)k-1fm0+(n+l+1)k)≤f2k-1fm0+(n+1)k→0,(n→∞)。即对于任何自然数k≥1与m0=0,1,2,…,k-1,数列{an(m0k)}∞n=0是实Cauchy列,于是可设数列收敛到有限数ω(m0k)。由引理3可知fm0+(n+1)k=(fk+fk-2)fm0+nk+(-1)k-1fm0+(n-1)k,或1an(m0k)=fm0+(n+1)kfm0+nk=(fk+fk-2)+(-1)k-1fm0+(n-1)kfm0+nk=(fk+fk-2)+(-1)k-1an-1(m0k),取极限得1ω(m0k)=limn→∞1an(m0k)=limn→∞[(fk+fk-2)+(-1)k-1an-1(m0k)]=(fk+fk-2)+(-1)k-1ω(m0k),或得方程(-1)k-1[ω(m0k)]2+(fk+fk-2)ω(m0k)-1=0。于是ω(m0k)=(-1)k-12(√(fk+fk-2)2+(-1)k-14-(fk+fk-2))。由于ω(m0k)与m0无关,所以记ω(m0k)=ω(k)。当k是奇数时有limn→∞an(m0k)=ω(k)=12(√(fk+fk-2)2+4-(fk+fk-2));当k是偶数时有limn→∞an(m0k)=ω(k)=12((fk+fk-2)-√(fk+fk-2)2-4。下面我们证明对任何n∈N均有ω(n)=ωn。由以上两个极限式及引理4可知ω(2n)=12((f2n+f2n-2)-√5f2n-1),ω(2n+1)=12(√5f2n-(f2n+1+f2n-1))。由命题可知ω(1)=ω,由上述左式可知ω(2)=ω2,这里我们假设了f-1=0。假设等式ω(2n-1)=ω2n-1与ω(2n)=ω2n已证,则由上述两式与递归公式可得ω(2n+1)=12(√5(f2n-1+f2n-2)-(f2n+f2n-1+f2n-2+f