斐波那契数

已知

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

設${\displaystyle a_{n}+\alpha a_{n-1}=\beta (a_{n-1}+\alpha a_{n-2})}$
化簡得
${\displaystyle a_{n}=(\beta -\alpha )a_{n-1}+\alpha \beta a_{n-2}}$
比較係數可得：
${\displaystyle {\begin{cases}\beta -\alpha =1\\\alpha \beta =1\end{cases}}}$
不妨設${\displaystyle \beta >0,\alpha >0}$
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${\displaystyle \left\{a_{n}+\alpha a_{n-1}\right\}}$為等比數列。

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

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

${\displaystyle b_{n+1}+{\frac {\alpha }{\beta }}b_{n}={\frac {1}{\beta }}}$
設${\displaystyle b_{n+1}+\lambda =-{\frac {\alpha }{\beta }}(b_{n}+\lambda )}$，解得${\displaystyle \lambda =-{\frac {1}{\alpha +\beta }}}$。 故數列${\displaystyle \left\{b_{n}+\lambda \right\}}$為等比數列
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${\displaystyle {a_{n}}}$表達式

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

證明${\displaystyle F_{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}]}$，其中${\displaystyle \varphi }$為黃金比例${\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}$，${\displaystyle n}$為任意整數

• 若${\displaystyle n}$為非負整數

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

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

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

當${\displaystyle n=k+2}$時

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

亦成立

• 若${\displaystyle n}$為非正整數

當${\displaystyle n=0}$時，成立

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

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

當${\displaystyle n=-k-2}$時

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

亦成立

因此，根據數學歸納法原理，此表達式對於任意整數${\displaystyle n}$皆成立

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

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

設${\displaystyle J_{n}}$為第${\displaystyle n}$個月有生育能力的兔子數量，${\displaystyle A_{n}}$為這一月份的兔子數量。

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

上式表達了兩個月之間，兔子數目之間的關係。而要求的是，${\displaystyle A_{n+1}}$的表達式。

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：${\displaystyle -\lambda (1-\lambda )-1\times 1=\lambda ^{2}-\lambda -1}$。

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

將兩個特徵值代入

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

求特徵向量${\displaystyle {\vec {x}}}$得

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

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

第一個月的情況是兔子一對，新生0對。

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

將它分解為用特徵向量表示。

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

從

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

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）

將（4） 代入 （5）

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

根據3

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

現在在6的基礎上，可以很快求出${\displaystyle A_{n+1}}$的表達式，將兩個特徵值代入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）即為${\displaystyle A_{n+1}}$的表達式

實際上，如果將斐波那契數列的通項公式寫成${\displaystyle a_{n}-a_{n-1}-a_{n-2}=0}$，即可利用解二階線性齊次遞迴關係式的方法，寫出其特徵多項式${\displaystyle \lambda ^{2}-\lambda -1=0}$（該式和表達斐波那契數列的矩陣的特徵多項式一致），然後解出${\displaystyle \lambda _{1}}$=${\displaystyle {\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})}$，${\displaystyle \lambda _{2}}$=${\displaystyle {\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})}$，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${\displaystyle c_{1}={\frac {1}{\sqrt {5}}},c_{2}=-{\frac {1}{\sqrt {5}}}}$。

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

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

設${\displaystyle \varphi }$為黃金比例${\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}$，則有恆等式${\displaystyle \varphi ^{n}=F_{n-1}+\varphi F_{n}}$與${\displaystyle (1-\varphi )^{n}=F_{n+1}-\varphi F_{n}}$，其中${\displaystyle n}$為任意整數[註 1]，則

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

因此得到${\displaystyle F_{n}}$的一般式：

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

此一般式對任意整數${\displaystyle n}$成立

當${\displaystyle n}$為足夠大的正整數時，则

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

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

可通過編程觀察斐波那契數列。分為兩類問題，一種已知數列中的某一項，求序數。第二種是已知序數，求該項的值。

可通過遞歸遞推的算法解決此兩個問題。 事實上當${\displaystyle n}$相當巨大的時候，O（n）的遞推/遞歸非常慢……這時候要用到矩陣快速幂這一技巧，可以使遞迴加速到O(logn)。

• ${\displaystyle F_{n}}$整除${\displaystyle F_{m}}$，若且唯若${\displaystyle n}$整除${\displaystyle m}$，其中${\displaystyle n\geqq 3}$。
• ${\displaystyle \gcd(F_{m},F_{n})=F_{\gcd(m,n)}}$
• 任意連續三個菲波那契數兩兩互質，亦即，對於每一個${\displaystyle n}$，

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

在斐波那契數列中，有質數：[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質數是第104911個斐波那契數，一共有21925個十進制位。不过，人们仍不知道是不是有无限个斐波那契质数。[13]

如§ 公因數和整除關係所述，${\displaystyle F_{kn}}$總能被${\displaystyle F_{n}}$整除，故除${\displaystyle F_{4}=3}$之外，任何斐氏質數的下標必同為質數。由於存在任意長的一列連續合数，斐氏數列中亦能找到連續任意多項全為合數。

大於${\displaystyle F_{6}=8}$的斐氏數，必不等於質數加一或減一。[14]

斐波那契数列中，只有3個平方數：0、1、144。[15][16]2001年，派特·奧蒂洛證明衹有有限多個斐氏數是完全冪。[17]2006年，Y. Bugeaud、M. Mignotte、S. Siksek三人證明此種冪僅得0、1、8、144。[18]

1、3、21、55為僅有的斐氏三角形數。Vern Hoggatt曾猜想此結論，後來由罗明證明。[19]

斐波那契數不能為完全数。[20]推而廣之，除1之外，其他斐氏數皆非多重完全數[21]，任兩個斐氏數之比亦不能是完全數[22]。

斐波那契數列各項模${\displaystyle n}$的餘數構成週期數列，其最小正週期稱為皮萨诺周期[23]，至多為${\displaystyle 6n}$[24]。皮薩諾週期對不同${\displaystyle n}$值的通項公式仍是未解問題，其中一步需要求出某個整數（同餘意義下）或二次有限域元素的乘法階數。不過，對固定的${\displaystyle n}$，求解模${\displaystyle n}$的皮薩諾週期是週期檢測問題的特例。

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

反費波那西數列的遞歸公式如下：

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

如果它以1,-1開始，之後的數是：1,-1,2,-3,5,-8, ...

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

亦可寫成${\displaystyle F_{m}=(-1)^{m+1}G_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}}$，其中${\displaystyle m}$是非負整數。

反費波那西數列兩項之間的比會趨近${\displaystyle -{\frac {1}{\varphi }}\approx -0.618}$。

證明${\displaystyle F_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}}$，其中${\displaystyle m}$是非負整數

以${\displaystyle \varphi }$表示黃金分割數${\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}$，則有${\displaystyle \varphi (1-\varphi )=-1}$

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

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

費波那西數列可以用一個接一個的正方形來表現，巴都萬數列則是用一個接一個的等邊三角形來表現，它有${\displaystyle P_{n}=P_{n-2}+P_{n-3}}$的關係。

佩爾數列的遞歸公式為${\displaystyle P_{n}=2P_{n-1}+P_{n-2}}$，前幾項為0,1,2,5,12,29,70,169,408,...

高為6的斐波那契樹。平衡因子以綠色標記，節點的高度則為紅色。

最左一條路徑上的鍵值全為斐氏數。

• 考慮以輾轉相除法求兩個正整數的最大公因數，分析此算法的運行時間。同等輸入規模下，最壞情況（用時最長）發生於輸入為兩個相鄰斐氏數時。[25]
• 归并排序算法有一多相（）版本用到斐氏數列，是將未排序的數組分為兩份，長度為相鄰的斐氏數（因此比值接近黃金比）。《计算机程序设计艺术》描述了此種多相合併排序的實作方法，適用於以磁带机為外存的情況。
• 斐波那契樹是一棵二叉树，其每個節點的左右子树高皆恰好差1。由此，斐氏樹為AVL树，且對固定高度而言，是最少節點的AVL樹。此類樹的節點數可寫成斐氏數減1。[26]
• 某些伪随机数生成器用到斐氏數列。
• 斐波那契堆是一種數據結構，分析其時間複雜度時會用到斐波那契數。
• 斐波那契编码是以01字串表示正整數的一種方法，負斐波那契編碼與之類似，還可以表示負數。