斐波那契數列的推廣與性質

胡 濤

(安徽省教育科學研究院 230061)

文[1]介紹了斐波那契數列及其推廣形式的應用，受其啟發，本文從斐波那契數列的定義出發，將其推廣得到一類新的數列—F數列，并研究它的性質.

定義若數列{an}滿足：對任意的n∈N*(n≥3)，總存在i,j∈N*，使an=ai+aj(i≠j,i

由數F列定義知斐波那契數列是其特殊情況，雖然它的通項公式不能確定，但an可由a1，a2線性表出，即有

定理1前兩項為a1=a,a2=b的F數列{an}，則

an=pna+qnb,pn,qn∈N*(n≥3).

證明①n=3時，命題成立；

②假設n≤k時命題成立，

即ak=sa+tb，s,t∈N*；

當n=k+1時，ak+1=ai+aj(i≠j,i,j≤k)，

由歸納假設

ai=pia+qib，aj=pja+qjb(pi,pj,qi,qj∈N*)，

故ak+1=(pi+pj)a+(qi+qj)b，

即當n≥3時有an=pna+qnb,pn,qn∈N*.

推論前兩項都為0的F數列{an}是零數列.

定理2首項為a1，公差為d的等差數列{an}是F數列的充要條件是d=a1.

證明(必要性)因為數列{an}是首項為a1，公差為d的等差數列，且是F數列，所以有a3=a1+a2, 即a1+2d=a1+a1+d,d=a1.

(充分性)若d=a1，則an=nd，由于當n≥3時，an=a1+an-1，1≠n-1,所以數列{an}是F數列.

定理4在前兩項a1=a,a2=b(a,b>0)的F數列中，

證明設{an}是前兩項為a1=a,a2=b的F數列，則B1=a1,B2=a2,B3=a1+a2.

(Ⅰ)若a≤b，

當n=3時，有B3=B1+B2,且B1≤B2

假設當n=k(n≥3)時，有Bk=Bk-1+Bk-2，此時有

B1≤B2

當n=k+1時，由于ak+1=ai+aj≤Bi+Bj≤Bk-1+Bk，故當ak+1=Bk+Bk-1時，ak+1最大,即Bk+1=Bk-1+Bk,所以對任意的n∈N*(n≥3)有Bn=Bn-1+Bn-2.故

由于b≥a>0，由定理1容易證明

(Ⅱ)若a>b，有

B3=B1+B2,且B2

當n=4時，由于a4=ai+aj(i≠j,i,j<4)，

a2≤a1

則a4=ai+aj≤a3+a2(i≠j,i,j<3)，

當且僅當a4=a3+a1時，a4最大，

即B4=a3+a1=b+2a，且B2

由于a5=ai+aj≤Bi+Bj≤B3+B4，

所以B5=B4+B3，且B2

假設當n=k(n≥5)時，Bk=Bk-1+Bk-2，

此時有

B2

當n=k+1時，由于ak+1=ai+aj≤Bi+Bj≤Bk-1+Bk，故當ak+1=Bk+Bk-1時，ak+1最大，即Bk+1=Bk-1+Bk,所以對任意的n∈N*(n≥5)有Bn=Bn-1+Bn-2，故

同(Ⅰ)可證

事實上，上面(Ⅰ)中的數列{Bn}是廣義的斐波那契數列，Bn=afn-2+bfn-1(n≥3),其中fn是前兩項f1=f2=1的斐波那契數列的通項公式.

類似的，若a1<0,a2<0，有

定理5在前兩項a1=a,a2=b(a,b<0)的F數列中，

(Ⅰ)若a≥b，則

(Ⅱ)若a

定理6在前兩項a1=a,a2=b(a>0,b<0)的F數列中，

證明設{an}是前兩項為a1=a,a2=b的F數列，則易知B2

(Ⅰ)當a≥|b|時,由于a4=ai+aj≤Bi+Bj≤B1+B3, (i≠j,i,j<4)，所以B4=B3+B1=b+2a,且B2

同理B5=B4+B1=b+3a,B6=B5+B4,且B2≤B3

假設當n=k(n≥6)時，Bk=Bk-1+Bk-2,此時有

B2≤B3

則當n=k+1時，由于ak+1=ai+aj≤Bi+Bj≤Bk+Bk-1，所以Bk+1=Bk+Bk-1.

即對任意的n∈N*(n≥6)，都有Bn=Bn-1+Bn-2，故

依題設有

k|b|≤a<(k+1)|b|,(k∈N*)，

由于C2

所以C4=C2+C3=a+2b,且C2

同理C5=C4+C2=a+3b,…

Ck+2=Ck+1+C2=a+kb,

Ck+3=Ck+2+C2=a+(k+1)b,

Ck+4=Ck+3+C2=a+(k+2)b,

Ck+5=Ck+4+C2=a+(k+3)b,

且Ck+5

用數學歸納法可證明,當n≥k+6時，Cn=Cn-1+Cn-2，故

(Ⅱ)當a<|b|時，依題設有ka≤|b|<(k+1)a,k∈N*，仿照定理6(Ⅰ)的證明可得

在上面的定理中，我們看到數列{Bn}、{Cn}都是從某項開始單調遞增或遞減.易知前兩項為a1=a,a2=b的F數列{an}單調遞增的必要條件是0

出乎意料的是從第5項開始，Cn為連續的自然數.一般地，有

定理7在前兩項a1=a,a2=b(a,b∈N*)的單調遞增的F數列{an}中.若(a,b)=1，則存在N∈N*，當n≥N時，Cn為連續的自然數.

證明注意到(a,b)=1，記b=am+r

(1≤r≤a-1)，則

可證a+ir(moda)=0,1,…,a-1[2]是模a的完全剩余系.若這a個自然數又在長度為a的區間內，則必然是連續的a個自然數.

為便于理解，不失一般性，不妨設b=ma+1,m∈N*, 由于

C1=a,C2=b,C3=a+b,{an}單調遞增，a4>a3，則C4=min{a3+a2,a3+a1}=C3+C1.

當Cn≤a+b時，因為Cn≡0,1(moda)，且C3+C2≤Ci+CJ≡2(moda)，i≠j,i

若Cn1

當Cn≤a+2b時，Cn≡0,1,2(moda)，且Cn1+1+C2≤Ci+Cj≡3(moda)，因此，

當a+2b

若Cn3

……

當Cn≤a+(a-1)b時，Cn≡0,1,…,a-1(moda)，且Cna-1+1+C2≤Ci+Cj≡a(moda)≡0(moda)，因此，當a+(a-1)b1)形的自然數.令N0=na-1+1,可知CN0,CN0-1,…,CN0-a+1是連續的a個自然數,取N=N0-a+1,則當n≥N時，Cn=CN+n-N,故Cn為連續的自然數,且CN=CN0-a+1=ab+1.

推論前兩項a1=a,a2=b(a,b∈N*,a

定理7中最小的N值可以這樣確定:先計算[a,a+ab)中{Cn}的項數，這些項是由a,b和首項為a+ib，公差為a的等差數列{pni}(i=1,2,…,a-1)的項構成的.

因為pni=a+ib+(ni-1),

如圖，由幾何意義[2]可知

下面我們解決如下問題：

已知{an}是F數列，且單調遞增，a1=3,a2=5.若an=2018,求的n最大值.

解當an=Cn=2018時，n最大.由于

C3=8,C4=11,C5=13,C6=14,C7=16,

C8=17,C9=18.

當n≥7時,Cn=16+(n-7)，

由Cn=2018得,n=2009.

下面證明n的最大值為2009:

因為an≥Cnn∈N*,C2009=2018,

則a2009≥C2009.

若an=2018,則a2009≥an,n≤2009.

故n的最大值為2009.

一般地，有

定理8已知{an}是F數列，且單調遞增，a1=a,a2=b(a,b∈N*,b>a).若an=k(k∈N*,k>ab),則當an=Cn=k時，n最大.

類似地,還有

定理9已知{an}是F數列，a1=a,a2=b(a,b∈N*,b>a).若an=k=BN.則當n=N時，n最小.