Участник:AntonM3135

Определение:

Числа Фибоначчи -- числовая последовательность первые два члена которой равны 0 и 1, либо 1 и 1, а каждый последующий равен сумме двух предыдущих

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597, 2584, 4181, 6765, 10946, 17711, …

Числа Фибоначчи задаются рекуррентным соотношением

$F_1$=1, $F_2$=1, $F_n$=$F_{n-1}$ + $F_{n-2}$,

где $n>=2$

Числа Фибоначчи и золотое сечение

Золотое сечение может быть выражено, с помощью чисел Фибоначчи: $$\Phi=\lim\limits_{x \to \infty} F_{n+1}/F_n$$

Формула Бинне

Формула $Бине$ выражает в явном виде значение $F_{n}$ как функцию от $n$: $F_n=\dfrac{\phi^n - (-\phi)^n}{2\phi - 1}$,где $$\phi=\dfrac{\sqrt5 + 1}{2} - золотое\quad сечение$$

Торжества

• $\displaystyle\sum_{i=1}^{n} F_i=F_{n+2} - 1$

Доказательство

Будем доказывать по индукции База

$F_0=F_2 - 1$

Шаг индукции предположи что для $n$ верно

$\displaystyle\sum_{i=1}^{n} F_i=F_{n+2} - 1$

Тогда нужно доказать для $n+1$
Прибавим к обеим частям $F_{n+1}$:

$\displaystyle\sum_{i=1}^{n} F_i + F_{n+1}=F_{n + 1} + F_{n+2} -1$

упрощая получается

$\displaystyle\sum_{i=1}^{n+1} F_i = F_{n+3} - 1$

ч.т.д

• $\displaystyle\sum_{i=1}^{2n -1} F_i=F_{2n}$
• $F_2 + F_4 + F_6 + ... + F_{2n} = F_{2n-1} -1$
• $\displaystyle\sum_{i=1}^{2n -1} F_i^2=F_{n}F_{n+1}$
• $F_n^2 + F_{n+1}^2=F_{2n+1}$
• ${\displaystyle F_{2n}=F_{n+1}^{2}-F_{n-1}^{2}}$
• ${\displaystyle F_{3n}=F_{n+1}^{3}+F_{n}^{3}-F_{n-1}^{3}}$
• ${\displaystyle F_{5n}=25F_{n}^{5}+25(-1)^{n}F_{n}^{3}+5F_{n}}.$
• ${\displaystyle F_{n+1}=\sum_{i=0}^{n} \binom{n-1}{i}} $

Из этой формулы следует, что сумма биномиальный коэффициентов на диагонали
треугольника паскаля есть число Фибоначчи

все формулы легко доказываются по формуле Бинне

Фибоначева Система Исчисления

Система исчесления, в которой вес $n$-ного разряда равен $F_n$:

1010 = 0*F_0 + 1*F_1 + 0*F_2 + 1*F_3$

Теорема:

Любое натуральное число можно единственным образом представить в виде суммы одного или нескольких различных чисел Фибоначчи так, чтобы в этом представлении не оказалось двух соседних чисел из последовательности Фибоначчи.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Докажем существование представления Можно доказать по индукции. Для $n$ = 1, 2, 3 утверждение очевидно верно (поскольку это числа Фибоначчи), для n = 4 имеем 4 = 3 + 1. Предположим, всякое натуральное $n ⩽ k$ имеет представление. Если $k + 1$ — число Фибоначчи, то утверждение доказано; если нет, то существует такое $j$, что $F_j < k + 1 < F_j + 1$. Рассмотрим $a = k + 1 − F_j$. Поскольку $a ⩽ k$, оно имеет представление (по предположению индукции). При этом $F_j + a < F_j + 1$, и поскольку $F_j + 1 = F_j + F_j − 1$ (по определению чисел Фибоначчи), $a < F_j − 1$, так что представление $a$ не содержит $F_j − 1$ . Таким образом, $k + 1$ может быть представлено в виде суммы $F_j$ и представления a Докажем воинственность представления Вторая часть теоремы требует для доказательства следующую лемму: Лемма: Сумма элементов любого непустого множества различных чисел Фибоначчи (без последовательных), с максимальным числом Fj строго меньше, чем следующее число Фибоначчи $F_j + 1$. Лемма доказывается индукцией по j. Теперь возьмем два непустых множества из различных непоследовательных чисел Фибоначчи S и T с одной и той же суммой элементов. Рассмотрим множества S′ и T′, равные S и T, из которых удалены общие элементы (т. е. S′ = S \ T и T′ = T \ S). Поскольку S и T имеют одну и ту же сумму элементов, и из них удалены одни и те же элементы (а именно элементы из S ∩ T), S′ и T′ также должны иметь одну и ту же сумму элементов. Докажем от противного, что хотя бы одно из множеств S′ и T′ пусто. Предположим, что это не так, т. е. что S′ и T′ оба непусты, и пусть наибольший элемент S′ есть $F_s$, а наибольший элемент T′ есть $F_t$. Поскольку S′ и T′ не содержат общих элементов, $F_s ≠ F_t$. Без потери общности предположим, что $F_s < F_t$. Тогда по лемме сумма элементов S′ строго меньше, чем $F_s + 1$, т. е. строго меньше, чем $F_t$, поскольку сумма элементов T′ не меньше, чем $F_t$. А это противоречит тому, что S′ и T′ имеют одинаковую сумму элементов. Следовательно, либо S′, либо T′ пусто. Пусть (без потери общности) пусто S′. Тогда сумма элементов S′ равна нулю, значит, сумма элементов T′ также равна нулю, значит, T′ — также пустое множество (оно содержит только натуральные числа). Значит, S′ = T′ = ∅, т. е. S = T, что и требовалось доказать.

[math]\triangleleft[/math]

Наихудший случай алгоритма Евклида

Если для алгоритма Евклида требуются N шагов для пары натуральных чисел a > b > 0, наименьшие значения a и b, для которых это выполняется — числа Фибоначчи $F_{N+2}$ и $F_{N+1}$ соответственно. Тогда, если алгоритм Евклида требует N шагов для пары чисел $(a,b)$, где $a > b$, выполняются следующие неравенства $a ≥ F_{N+2}$ и $b ≥ F_{N+1}$. Доказать это можно по математической индукции. Если N = 1, тогда a делится на b без остатка. Наименьшие натуральные числа, для которых это верно, равны b = 1 и a = 2, соответственно F2 и F3. Предположим теперь, что результат выполняется для всех значений N до M − 1. Первый шаг алгоритма Евклида с M шагами a = q0b + r0, и алгоритм Евклида для пары чисел (b,r0), где b > r0, требует M − 1 шагов. По предположению индукции имеем $b ≥ F_{M+1}$ и $r0 >= F_M$. Следовательно, $a = q_0b + r_0 ≥ b + r_0 ≥ F_{M+1} + F_M = F_{M+2}$, что является искомым неравенством. Это доказательство, опубликованное Габриэлем Ламе в 1844 году

Источники информации

• — Числа Фибоначчи
• — Алгоритм Евклида