斐波那契数列的推广与性质
2019-09-24胡涛
胡 涛
(安徽省教育科学研究院 230061)
文[1]介绍了斐波那契数列及其推广形式的应用，受其启发，本文从斐波那契数列的定义出发，将其推广得到一类新的数列—F数列，并研究它的性质.
定义若数列{an}满足：对任意的n∈N*(n≥3)，总存在i,j∈N*，使an=ai+aj(i≠j,i 由数F列定义知斐波那契数列是其特殊情况，虽然它的通项公式不能确定，但an可由a1，a2线性表出，即有 定理1前两项为a1=a,a2=b的F数列{an}，则 an=pna+qnb,pn,qn∈N*(n≥3). 证明①n=3时，命题成立； ②假设n≤k时命题成立， 即ak=sa+tb，s,t∈N*； 当n=k+1时，ak+1=ai+aj(i≠j,i,j≤k)， 由归纳假设 ai=pia+qib，aj=pja+qjb(pi,pj,qi,qj∈N*)， 故ak+1=(pi+pj)a+(qi+qj)b， 即当n≥3时有an=pna+qnb,pn,qn∈N*. 推论前两项都为0的F数列{an}是零数列. 定理2首项为a1，公差为d的等差数列{an}是F数列的充要条件是d=a1. 证明(必要性)因为数列{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，且是F数列，所以有a3=a1+a2, 即a1+2d=a1+a1+d,d=a1. (充分性)若d=a1，则an=nd，由于当n≥3时，an=a1+an-1，1≠n-1,所以数列{an}是F数列. 定理4在前两项a1=a,a2=b(a,b>0)的F数列中， 证明设{an}是前两项为a1=a,a2=b的F数列，则B1=a1,B2=a2,B3=a1+a2. (Ⅰ)若a≤b， 当n=3时，有B3=B1+B2,且B1≤B2 假设当n=k(n≥3)时，有Bk=Bk-1+Bk-2，此时有 B1≤B2 当n=k+1时，由于ak+1=ai+aj≤Bi+Bj≤Bk-1+Bk，故当ak+1=Bk+Bk-1时，ak+1最大,即Bk+1=Bk-1+Bk,所以对任意的n∈N*(n≥3)有Bn=Bn-1+Bn-2.故 由于b≥a>0，由定理1容易证明 (Ⅱ)若a>b，有 B3=B1+B2,且B2 当n=4时，由于a4=ai+aj(i≠j,i,j<4)， a2≤a1 则a4=ai+aj≤a3+a2(i≠j,i,j<3)， 当且仅当a4=a3+a1时，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 假设当n=k(n≥5)时，Bk=Bk-1+Bk-2， 此时有 B2 当n=k+1时，由于ak+1=ai+aj≤Bi+Bj≤Bk-1+Bk，故当ak+1=Bk+Bk-1时，ak+1最大，即Bk+1=Bk-1+Bk,所以对任意的n∈N*(n≥5)有Bn=Bn-1+Bn-2，故 同(Ⅰ)可证 事实上，上面(Ⅰ)中的数列{Bn}是广义的斐波那契数列，Bn=afn-2+bfn-1(n≥3),其中fn是前两项f1=f2=1的斐波那契数列的通项公式. 类似的，若a1<0,a2<0，有 定理5在前两项a1=a,a2=b(a,b<0)的F数列中， (Ⅰ)若a≥b，则 (Ⅱ)若a 定理6在前两项a1=a,a2=b(a>0,b<0)的F数列中， 证明设{an}是前两项为a1=a,a2=b的F数列，则易知B2 (Ⅰ)当a≥|b|时,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 假设当n=k(n≥6)时，Bk=Bk-1+Bk-2,此时有 B2≤B3 则当n=k+1时，由于ak+1=ai+aj≤Bi+Bj≤Bk+Bk-1，所以Bk+1=Bk+Bk-1. 即对任意的n∈N*(n≥6)，都有Bn=Bn-1+Bn-2，故 依题设有 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 用数学归纳法可证明,当n≥k+6时，Cn=Cn-1+Cn-2，故 (Ⅱ)当a<|b|时，依题设有ka≤|b|<(k+1)a,k∈N*，仿照定理6(Ⅰ)的证明可得 在上面的定理中，我们看到数列{Bn}、{Cn}都是从某项开始单调递增或递减.易知前两项为a1=a,a2=b的F数列{an}单调递增的必要条件是0 出乎意料的是从第5项开始，Cn为连续的自然数.一般地，有 定理7在前两项a1=a,a2=b(a,b∈N*)的单调递增的F数列{an}中.若(a,b)=1，则存在N∈N*，当n≥N时，Cn为连续的自然数. 证明注意到(a,b)=1，记b=am+r (1≤r≤a-1)，则 可证a+ir(moda)=0,1,…,a-1[2]是模a的完全剩余系.若这a个自然数又在长度为a的区间内，则必然是连续的a个自然数. 为便于理解，不失一般性，不妨设b=ma+1,m∈N*, 由于 C1=a,C2=b,C3=a+b,{an}单调递增，a4>a3，则C4=min{a3+a2,a3+a1}=C3+C1. 当Cn≤a+b时，因为Cn≡0,1(moda)，且C3+C2≤Ci+CJ≡2(moda)，i≠j,i 若Cn1 当Cn≤a+2b时，Cn≡0,1,2(moda)，且Cn1+1+C2≤Ci+Cj≡3(moda)，因此， 当a+2b 若Cn3 …… 当Cn≤a+(a-1)b时，Cn≡0,1,…,a-1(moda)，且Cna-1+1+C2≤Ci+Cj≡a(moda)≡0(moda)，因此，当a+(a-1)b 推论前两项a1=a,a2=b(a,b∈N*,a 定理7中最小的N值可以这样确定:先计算[a,a+ab)中{Cn}的项数，这些项是由a,b和首项为a+ib，公差为a的等差数列{pni}(i=1,2,…,a-1)的项构成的. 因为pni=a+ib+(ni-1), 如图，由几何意义[2]可知 下面我们解决如下问题： 已知{an}是F数列，且单调递增，a1=3,a2=5.若an=2018,求的n最大值. 解当an=Cn=2018时，n最大.由于 C3=8,C4=11,C5=13,C6=14,C7=16, C8=17,C9=18. 当n≥7时,Cn=16+(n-7)， 由Cn=2018得,n=2009. 下面证明n的最大值为2009: 因为an≥Cnn∈N*,C2009=2018, 则a2009≥C2009. 若an=2018,则a2009≥an,n≤2009. 故n的最大值为2009. 一般地，有 定理8已知{an}是F数列，且单调递增，a1=a,a2=b(a,b∈N*,b>a).若an=k(k∈N*,k>ab),则当an=Cn=k时，n最大. 类似地,还有 定理9已知{an}是F数列，a1=a,a2=b(a,b∈N*,b>a).若an=k=BN.则当n=N时，n最小.
