关于Fibonacci三角形猜想k=6的证明
斐波那契数列
斐波那契数列一、简介斐波那契数列Fibonacci,又称黄金分割数列,由数学家斐波那契最早以“兔子繁殖问题”引入,推动了数学的发展;故斐波那契数列又称“兔子数列”;斐波那契数列指这样的数列：1,1,2,3,5,8,13,……,前两个数的和等于后面一个数字;这样我们可以得到一个递推式,记斐波那契数列的第i项为F i,则F i=F i-1+F i-2.兔子繁殖问题指设有一对新生的兔子,从第三个月开始他们每个月都生一对兔子,新生的兔子从第三个月开始又每个月生一对兔子;按此规律,并假定兔子没有死亡,10个月后共有多少个兔子这道题目通过找规律发现答案就是斐波那契数列,第n个月兔子的数量是斐波那契数列的第n项;二、性质如果要了解斐波那契数列的性质,必然要先知道它的通项公式才能更简单的推导出一些定理;那么下面我们就通过初等代数的待定系数法计算出通项公式;令常数p,q满足F n-pF n-1=qF n-1-pF n-2;则可得：F n-pF n-1=qF n-1-pF n-2=q2F n-2-pF n-3=…=q n-2F2-pF1又∵F n-pF n-1=qF n-1-pF n-2∴F n-pF n-1=qF n-1-pqF n-2F n-1+F n-2-pF n-1-qF n-1+pqF n-2=01-p-qF n-1+1+pqF n-2=0∴p+q=1,pq=-1是其中的一种方程组∴F n-pF n-1= q n-2F2-pF1=q n-21-p=q n-1F n=q n-1+pF n-1=q n-1+pq n-2+pq n-3+…=q n-1+pq n-2+p2q n-3+…+p n-1不难看出,上式是一个以p/q为公比的等比数列;将它用求和公式求和可以得到：而上面出现了方程组p+q=1,pq=-1,可以得到p1-p=-1,p2-p-1=0,这样就得到了一个标准的一元二次方程,配方得p2-p+=,2=,p=±√+;随意取出一组解即可：这就是著名的斐波那契数列通项公式;有了它,斐波那契数列的一些性质也不难得出了;比如斐波那契数列相邻两项的比值趋向于黄金分割比,即：根据斐波那契数列通项公式,可以得到因为n是趋向于正无限的,因此我们可以知道：那么我们就可以把分子和分母的第二项同时省略掉,即这就是斐波那契数列的魅力之一——它和黄金分割比有密切的关系;下面将给出斐波那契数列的几个性质及其证明;1F1+F2+F3+...+F n=F n+2-1证明：原式=F3-F2+F4-F3+...+F n+2-F n+1=F n+2-1.2F1+F3+F5+...+F2n+1=F2n+2证明：原式=F2+F4-F2+F6-F4+...+F2n+2-F2n=F2n+23F12+F22+...+F n2=F n F n+1证明：利用数学归纳法,显然n=1时满足,下面证明若n=k时满足,n=k+1时也满足.已知F12+F22+...+F n2=F n F n+1,F12+F22+...+F n+12=F n F n+1+F n+12=F n+1+F n F n+1=F n+1F n+2,因此n+1后仍然满足.上述公式成立.4F1F2+F2F3+...+F n F n+1=F n+22-F n F n+1-1/2证明：数学归纳法,n=1时满足.已知F1F2+F2F3+...+F n F n+1满足,那么F1F2+F2F3+...+F n F n+1+F n+1F n+2=F n+22-F n F n+1-1/2+F n+1F n+2=F n+22-F n F n+1+2F n+1F n+2-1/2=F n+22+2F n+1F n+2+F n+12- F n F n+1-F n+12-1/2=F n+32-F n+1F n+2-1/2,因此上式成立.5F n2=F n-1F n+1+-1n+1证明：数学归纳法,n=2时满足.已知前面的n都满足,那么F n2=F n-12+F n-22+2F n-2F n-1=F n-12+F n-3F n-1+-1n-1+2F n-2F n-1=F n-1F n+F n-12+-1n-1=F n-1F n+1+-1n+1,因此上式成立.6F n+m=F m-1F n+F m F n+1n>m>1证明：利用通项公式,设α=,β=1-α=注意到1/α+α=sqrt5=1/β+β,1/α+β=0=1/β+α,上式就变成了这就是上述公式的证明.三、斐波那契数列与自然斐波那契数列中的斐波那契数会经常出现在我们的眼前——比如松果、凤梨、树叶的排列、某些花朵的花瓣数典型的有向日葵花瓣,蜂巢,蜻蜓翅膀,超越数e可以推出更多,黄金矩形、黄金分割、等角螺线,十二平均律等;斐波那契数还可以在植物的叶、枝、茎等排列中发现;例如,在的枝干上选一片叶子,记其为数0,然后依序点数叶子假定没有折损,直到到达与那些叶子正对的位置,则其间的叶子数多半是斐波那契数;叶子从一个位置到达下一个正对的位置称为一个循回;叶子在一个循回中的圈数也是斐波那契数;在一个循回中叶子数与叶子旋转圈数的比称为源自希腊词,意即叶子的排列比;多数的叶序比呈现为斐波那契数的比;图为斐波那契弧线;关于递推式的拓展研究一、错位排列问题有n个数,求有多少种排列使这n个数都不在原来的位置上;比如n=2时,有一种排列;设fn表示n个数的错位排列数量,分两种情况讨论：1.第n个数在第pp≠n个数的位置上,第p个数在第n个数的位置上,则此时共有fn-2种选择;由于p有n-1种值,则总共有n-1fn-2种排列方法；2.否则,共有n-1fn-1种排列方法;综上所述,fn=n-1fn-1+fn-2,f1=0,f2=1;那这个数列的通项公式是什么呢直接对这个数列不好进行操作,可以转化一下;设错位排列的概率函数为gn,其中g1=0,g2=;在fn的递推式两边同时除以n即可得到;两边同时乘n得到ngn=n-1gn-1+gn-2ngn-gn-1=gn-2-gn-1注意到e-1的泰勒展开式跟它好像有点像,是因此有如下的等式：同时,我们也可以得到了函数f的通项公式为：这就是一些关于错位排序的性质;二、类斐波那契数列的研究我们知道斐波那契数列递推式为fn=fn-1+fn-2,那么假如有更多项呢假设fn=fn-1+fn-2+fn-3,其中f1=f2=f3=1.我们暂时称这个数列为类斐波那契数列,那么它的通项公式又如何呢令a,b,c满足fn+afn-1+bfn-2=cfn-1+afn-2+bfn-3则得到c-a=1,ac-b=1,bc=1,消元得c3-c2-c-1=0,利用牛顿迭代可以计算出c=……,则a=……,b=……所以fn+afn-1+bfn-2=c n-31+a+b,记t=1+a+b,两边同时除以c n构造更多的常数项：为了方便,我们记,则：令p,q,r满足gn-pgn-1-q=rgn-1-pgn-2-q,则得到：这个方程会发现没有实数解,于是我们只能使用复数了：p= (i)q=...+ (i)r=...+ (i)继续上面的递推式,则有gn-pgn-1-q=r n-2g2-pg1-q;记T= g2-pg1-q,则：gn=pgn-1+r n-2T+q=ppgn-2+r n-3T+q+r n-2T+q=p n-1g1+p n-2T+p n-3rT+…+r n-2T+q+pq+…+p n-2q因此也就可以得到f的递推式了：不难得到,t=…,T=…+…i;递推式中的c,p,q,t,T都是常数,但除了c以外都是复数,因此计算上会比较困难;在附录中附上C++的程序,附复数计算的模板和使用递推式计算类斐波那契数列的程序;三、递推式和矩阵如果对于每个线性递推式都要先计算它的通项公式才能够快速地得到某一项,那这个方法太过于复杂了;于是我们可以使用矩阵来加速递推;比如斐波那契数列的递推式也可以写成：因此就有如下结果：其中矩阵的幂次方可以使用快速幂算法在Ologn的时间内解决,因此我们就可以在Ologn 的时间内计算出斐波那契数列的第n项排除高精度的时间,且精度要比虚数和小数精确的多;附录利用通项公式计算类斐波那契数列的代码：include<>include<>include<algorithm>include<>include<vector>include<>include<queue>include<set>include<functional>include<>using namespace std;const double EPS = 1E-15;struct Complex{double a, b;4lf+%.14lfi\n", a, b; }};Complex csqrt const Complex& c{Complex r = Complex1, 1, t = Complex;while r = t{t = r;r = r - r r - c / 2 / r;}return r;}Complex cpow Complex c, int e{Complex res = Complex1, 0;for ; e; e >>= 1{if e & 1 res = res c;c = c c;}return res;}int main{double c = 2, t = 0;while fabsc - t > EPS{t = c;c -= c c c - c c - c - 1 / 3 c c - 2 c - 1;}double a = c - 1, b = 1 / c;printf"%.14lf\n", 1 + a + b;t = 1 + a + b;Complex r = csqrt Complex a a / c / c - 4 b / c / c - a / c / 2;;Complex p = Complex-a / c - r, q = Complex t / c / c / c / Complex1 - r;, ;Complex T = Complex1 / c / c - Complex1 / c p - q;;int n = 7;scanf"%d", &n;Complex res = cpow Complex c, n cpowp, n - 1 / Complex c + T cpowr, n - 1 - cpowp, n - 1 / r - p + q cpowp, n - 1 - q / p - Complex1;;system"pause";return 0;}。
哥德巴赫猜想的完整证明
哥德巴赫猜想的完整证明这篇文章是歌德巴赫猜想的完整证明，在2006年9月19日发表的证明是成立的，但没有应用数学公式编辑，所以版面上不容易看，有些地方也有省略，在这里从新写出完整的证明。
哥德巴赫猜想困扰了人们两百多年，但始终没有被证明，看似越简单的越难证明，数学中也还有许多类似的猜想，表面看很简单，但证明确很困难。
这是数学猜想的一个共性。
素数是整数的基础，也就是除了1和自身以外，不能被其他数所整除的数是素数，由素数相乘得到的是合数，每一个大于等于6的偶数可以分解成两个素数的和，这是1742年哥德巴赫首先提出，但两百多年过去了，至今还没有证明。
其实哥德巴赫猜想比人们想象的要简单，其一是偶数分解为两个素数的和不是唯一的，一个偶数可以分解为多种两个素数的和，而且随着偶数的增大，可以有更多的解，当然证明的过程不是用普通筛选，也不是用随机概率。
证明的过程是建立在一个新的简单的公式基础上，类似于数学归纳法。
确定几率和随机概率是不同的，在这里用的是确定几率，如果确定几率大于1，最后的结果就成立。
比如对于任意一个数，是奇数的可能性是50﹪，是偶数的概率也是50﹪，对于任意的m 个整数，奇数的概率是2m ，但是不能说一定就有奇数，但对于连续的m 个整数，则一定有2m 个数是奇数，证明的思路就是将偶数2N 分解成两个数的和，而这两个数的不同组合有着连续性，只要证明在这N 种组合中，两个数都是素数的确定几率大于1，这样就可以完全证明哥德巴赫猜想。
首先素数是无限的，这个是已经被人所证明，这里只是提一下。
偶数我们用2N 表示，N+K 和N-K 的和等于2N ，其中K ＜N ，K 是任意的正整数，对于任意的2N ，可以表示为两个数的和，由于我们通常认为1不是素数，所以这种组合的可能有N-1个，在这N-1种组合中，我们要找出N+K 和N-K 都是素数的组合，对于比较小的数可以做到，对于无限的数来讲，我们要证明的是N+K 和N-K 都是素数的可能性随着N 的增大而增大，这样就能证明任意的偶数都可以分解成两个素数的和。
组合数学-第十一节：Fibonacci数和Catalan数
4.5 Fibonacci 数和Catalan 数Fibonacci 数列和Catalan 数列是递推关系的典型问题，它们经常出现在组合计数问题中，而这两个数列本身的应用也十分广泛。
4.5.1 Fibonacci 数关于Fibonacci 数列的问题是一个古老的数学问题，它是由意大利著名数学家Fibonacci 于1202年提出来的。
这个问题是：把一对兔子（雌、雄各一只）在某年的开始放到围栏中，每个月这对兔子都生出一对新兔子，其中雌、雄各一只。
从第二个月开始，每对新兔子每个月也生出一对新兔子，也是雌、雄各一只。
问一年后围栏中有多少对兔子？对于1,2,n = ，令()f n 表示第n 个月开始时围栏中的兔子对数。
显然有()()11,22f f ==。
在第n 个月的开始，那些第1n -个月初已经在围栏中的兔子仍然存在，而且每对在第2n -个月初就存在的兔子将在第1n -个月生出一对新兔子，所以有()()()()()()12311,22f n f n f n n f f =-+-≥⎧⎪⎨==⎪⎩ （4.5.1）这是一个带有初值的递推关系，如果我们规定()01f =，则递推关系（4.5.1）就变成()()()()()()12201,11f n f n f n n f f =-+-≥⎧⎪⎨==⎪⎩ （4.5.2）满足递推关系（4.5.2）的数列就叫做Fibonacci 数列，它的项就叫做Fibonacci 数。
下面我们来求解这个递推关系，它的特征方程为210x x --=其特征根为12x x ==所以，通解为()121122n nf n c c ⎛⎛+=+ ⎝⎭⎝⎭代入初值来确定1c 和2c ，得到方程组12121,11122c c c +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 解这个方程组，得121,212cc+==所以，原递推关系的解为()()110,1,2n nf nn++=⎭⎭=Fibonacci数常出现在组合计数问题中。
图像置乱
数字图像置乱技术研究6.3.1图像置乱原理图像置乱技术属于图像加密技术，它通过对图像像素矩阵的重排，破坏了图像矩阵的相关性，以此实现信息的加密，达到安全传输图像的目的。
图像置乱的实质是破坏相邻像素点间的相关性，使图像“面目全非”，看上去如同一幅没有意义的噪声图像。
单纯使用位置空间的变换来置乱图像，像素的灰度值不会改变，直方图不变，只是几何位置发生了变换。
置乱算法的实现过程可以看做是构造映射的过程，该映射是原图的置乱图像的一一映射，如果重复使用此映射，就构成了多次迭代置乱。
我们假设原始图像为0A ，映射关系用字母σ表示，得到的置乱图像为1A ，则原图到置乱图像的关系，可简单的表示为：10A A −→−σ例如：原始图像用矩阵0A 表示，置乱后的图像为1A , ij a 代表坐标为(),x y 的像素点的灰度：⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=333231302322212013121110030201000a a a a a a a a a a a a a a a a A ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=12002133112010023*******312322131a a a a a a a a a a a aa a a a A （6.3.1） 置乱映射σ的元素存在两种形式：一种是序号形式，用()j width i +*表示图像中像素的排列序号；一种是坐标形式，()j i ,表示第i 行第j 列。
则相应的置乱映射σ可表示如下：⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=1253720131011511948614σ或者()()()()()()()()()()()()()()()()⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡0,31,13,03,12,00,01,32,21,03,33,21,20,10,22,12,3 （6.3.2） 映射τ中的元素表示：原图中该点元素在置乱后图像中的位置。
比如坐标为(0,1)的像素点最后变换到(1,2)这个位置上。
盖根堡多项式以及斐波那契数和鲁卡数的一些恒等式_刘端森
第22卷第1期 延安大学学报(自然科学版) Vol .22 No .12003年3月 J ou rnal of Yanan University (Natural Science Edition) M arch 2003盖根堡多项式以及斐波那契数和鲁卡数的一些恒等式刘端森,李 超(商洛师范专科学校数学研究所、数学系,陕西商洛726000)摘 要:通过对盖根堡及契贝谢夫多项式性质的研究,得到了盖根堡多项式、契贝谢夫多项式以及关于斐波那契数和鲁卡数的一些有意义且可以具体计算的恒等式。
关键词:盖根堡多项式;契贝谢夫多项式;斐波娜契数;鲁卡数;恒等式中图分类号:O 156.4 文献标识码:A 文章编号:1004-602X (2003)01-0007-031 引言与结论众所周知,著名的斐波那数列{F n }帮鲁卡数列{L n }(n =0,1,2,…)是由下列递推公式定义的F n +2=F n +1+F n 和L n +2=L n +1+L n当n ≥0时,F 0=1,F 1=1,L 0=2和L 1=1。
这两个数列在数学理论及应用的研究中占有重要地位。
有许多学者、专家对其进行了研究,取得了大量优秀成果。
著名数论专家张文鹏教授[1]和赵凤珍[2]都得到了关于斐波那契数的一些恒等式。
这里将用初等方法研究以下和式∑a 1+a 2+…+a k=nF m (a 1+1) F m (a 2+1)…F m (a k +1)(1)和 ∑a 1+a 2+…+a k=nF ma 1 F ma 2…F ma k(2)的计算问题。
其中∑a 1+a 2+…+a k=n表示对所有满足a 1+a 2+…+a k =n 的非负整数组(a 1,a 2…,a k )求和,k 和m 为正整数。
首先,我们将证明中要用到的正交多项式分别定义如下。
第一类契贝谢夫多项式{T n (x )}和第二类契贝谢夫多项式{U n (x )}(n =0,1,2,…)定义如下T n +2(x )=2x T n +1(x )-T n (x )(3)和 U n +2(x )=2x U n +1(x )-U n (x )(4)当n ≥0时,T 0(x )=1,T 1(x )=x ,U 0(x )=1和U 1(x )=2x 。
递推法
然后根据公式①递推求出am，问题解决。
改进算法
但仔细分析，上述算法有一个明显的缺陷：在求由于在求a2要运用 除法，因此会存在实数误差，这个误差在以后递推求am的过程又不 断的扩大。在实际中，当m超过30时，求出的am就明显偏离正确值。 显然，这种算法虽简单但不可靠。 为了减少误差，我们可设计如下算法： ∵ ai=Pia2+Qid+Ria1 =Pi-1a3+Qi-1d+Ri-1a2 =Pi-2a4+Qi-2d+Ri-2a3 …… =Pi-2+kak+Qi-2+kd+Ri-2+kak-1 ∴ an=Pn-k+2ak+Qn-k+2d+Rn-k+2ak-1 ak=(an-Qn-k+2d+Rn-k+2ak-1)/Pn-k+2 ……⑤ 根据公式⑤，可以顺推a2、a3、…、aM。虽然仍然存在实数误差， 但由于Pn-k+2递减，因此最后得出的am要比直接利用公式①精确得 多。
解答
由问题,可写出递推方程
1n 0 fn 2n 1 f f n 2 n2 n 1
算法：
F[0] := 1; F[1] := 2; FOR i := 2 TO N DO F[I] := F[I – 1] + F[I – 2];
总结
ans A[i]
i 1
z 1
例2 : Hanoi塔问题
Hanoi塔由n个大小不同的圆盘和三根木柱a,b,c组成。 开始时，这n个圆盘由大到小依次套在a柱上，如图1所 示。要求把a柱上n个圆盘按下述规则移到c柱上：
第五届蓝桥杯基础训练题1
1.问题描述Fibonacci数列的递推公式为：Fn =Fn-1+Fn-2，其中F1=F2=1。
当n比较大时，Fn 也非常大，现在我们想知道，Fn除以10007的余数是多少。
输入格式输入包含一个整数n。
输出格式输出一行，包含一个整数，表示Fn除以10007的余数。
说明：在本题中，答案是要求Fn除以10007的余数，因此我们只要能算出这个余数即可，而不需要先计算出Fn的准确值，再将计算的结果除以10007取余数，直接计算余数往往比先算出原数再取余简单。
样例输入10样例输出55样例输入22样例输出7704数据规模与约定1 <= n <= 1,000,000。
1.#include <stdlib.h>2.#include <stdio.h>3.#define MOD 100074.#define MAXN 10000015.int n, i, F[MAXN];6.int main()7.{8. scanf("%d", &n);9. F[1] = 1;10. F[2] = 1;11. for (i = 3; i <= n; ++i)12. F[i] = (F[i-1] + F[i-2]) % MOD;13. printf("%d\n", F[n]);14. return 0;15.}2. 问题描述给定一个长度为n的数列，将这个数列按从小到大的顺序排列。
1<=n<=200输入格式第一行为一个整数n。
第二行包含n个整数，为待排序的数，每个整数的绝对值小于10000。
输出格式输出一行，按从小到大的顺序输出排序后的数列。
样例输入58 3 6 4 9样例输出3 4 6 8 91.#include <stdio.h>2.#include <stdlib.h>3.void Print(int *data,int n)4.{5. int i;6. for(i=0;i<n;i++)7. {8. printf("%d ",data[i]);9. }10. printf("\n");11.}12.13.int Split(int *data,int pre,int rear)14.{15. int value=data[pre];16. while(pre<rear)17. {18. while(data[rear]>=value && pre<rear) rear--;19. data[pre]=data[rear];20. while(data[pre]<value && pre<rear) pre++;21. data[rear]=data[pre];22. }23. data[pre]=value;24. return pre;25.}26.27.//快速排序28.void QuickSort(int *data,int pre,int rear)29.{30. if(pre<rear)31. {32. int mid=Split(data,pre,rear);33. QuickSort(data,pre,mid-1);34. QuickSort(data,mid+1,rear);35. }36.}37.38.int main()39.{40. int i;41. int n;42. int *data;43. scanf("%d",&n);44. data=(int *)malloc(sizeof(int)*n);45. for(i=0;i<n;i++)46. {47. scanf("%d",&data[i]);48. }49. QuickSort(data,0,n-1);50. Print(data,n);51. return 0;52.}3. 问题描述给定n个十六进制正整数，输出它们对应的八进制数。
初中数学数学名师斐波那契
斐波那契斐波那契，L．(Fibonacci，Leonardo) 约1175年生于意大利比萨； 1250年卒于比萨．数学．斐波那契是波那契(Bonacci)家族的成员．这个家族在当时的比萨很有影响．斐波那契的父亲圭列尔莫(Guiliellmo)作为比萨共和国的官员，于1192年左右被派往布日伊(Bougie，今属阿尔及利亚)，管理比萨的商业侨民．斐波那契受过良好的教育．22岁时随父亲到布日伊，在那里学会了用印度数码计算．后来，又随父亲到埃及、叙利亚、希腊(拜占庭)、西西里和普罗旺斯旅行；他通过广泛的学习和认真的研究，熟练掌握了多种计算技巧．12世纪末，斐波那契回到比萨，在这里度过了四分之一个世纪．他在比萨著书立说，书中不仅用印度数码和方法进行计算，把它们应用于商业活动的所有领域，并且阐述了许多代数和几何问题．他的最重要成果表现在不定分析和数论方面，并远远超过了前人．大约1225年，斐波那契受到国王腓德烈二世(1194—1250)的召见，成为宫庭数学家．在保存下来的一份1240年的文件上写着：由于斐波那契曾向市民和官吏讲授计算方法，每年给予他薪金若干金磅．保存至今的斐波那契著作有5部：(1)《算盘书》(Liber abbaci，1202，1228)；(2)《实用几何》(Practica geometriae，1220，1221)；(3)《花》(Flos，1225)；(4)给帝国哲学家狄奥多鲁斯(Theodorus)的一封未注明日期的信；(5)《平方数书》(Liber quadra-torum，1225)．我们知道他还有其他著作，例如关于商业算术的《小方法》(Di minor guisa)．遗憾的是他对欧几里得《几何原本》第10卷的评述失传了，在该书中，斐波那契以其对无理量的数值处理取代了欧几里得的几何表示．邦孔帕尼(pagni)和利布里(Libri)曾编辑整理斐波那契的著作；G．康托尔(Cantor)、G．洛里亚(Loria)和A．П尤什克维奇(ЮшkeBИч)对斐波那契著作的基本原理作过仔细的探讨．1．《算盘书》这里的“算盘”(abacus)不是指古老的算盘或沙盘，而是指一般计算．从13世纪到15世纪，该书有过12种版本，但是，只有13世纪和14世纪初的3种版本是完整的．该书有15章，分四部分．第一部分，第1—7章．斐波那契首先讲述罗马数码和指算法，然后介绍印度数码，按照阿拉伯方式，个位“在前面”(在右边)，分数在整数的左边．此外，他引进了分数中间的那条横杠．计算方法是通过数值的例子讲授的，并且多用去九法核对结果(也常用去七法和去11法)．书中还给出把分数分解为单位分数的规则，引进了多种表示分数第二部分，第8—11章．这部分是与商人有关的问题，例如货物的价格、利润、物物交换、利息、工资、合股分红、货币兑换等．其中的“百鸡问题”，可能受到中国的影响．它实际是一个不定方程问题．第三部分，第12—13章．这部分内容最为广泛，包活许多怪题、难题．例如：(1)“水池问题”：一只蜘蛛每天沿水池的墙向上爬若干英尺，每天晚上往回爬若干英尺，问它多长时间能爬出来？(2)“兔和狗问题”：狗不仅往前追而且也往回跑；速度不是常数而是依算术级数增加的．问狗多长时间能追上兔？(3)“给与取问题”：有两个或多个人，他们中的一个向其他人中的一个或几个要一定数量的钱，并且知道此时这个人的钱和其他人的钱的比例，求原来的钱数．一个简单的例子是：x＋7=5(y-7)，y+5=7(x-5)．(4)“求钱数问题”：两个或多个人得到一笔钱，并且知道每个人的钱占总钱数的比例，求每个人的钱数．对于3个人，有如下的表达式：①x＋b=2(y＋z)，②y＋b=3(x+z)；③z+b=4(x+y)．这也是不定方程问题．还有一组更为广泛流传的问题，被称做“单独一个人不能买”，说的是：几个人中的任何一个，只有当他从别人手中得到一部分钱时，才能买到某件东西．这组题有各种变异，甚至可以涉及7个人．5匹马．以一个仅涉及3个人的问题为例，其方程可写为书中包含很多余数问题，例如求满足条件n≡1(mod 2，3，4，5和6)≡0(mod 7)的n．另外，斐波那契还提出了一个极为有趣的“兔子问题”，即：“由一对兔子开始，一年后可以繁殖成多少对兔子？”其中假定：“每对大兔每月能生产一对小兔，而每对小兔生长两个月就成大兔．”斐波那契在运用特殊的方法解决特殊问题方面，具有惊人的技巧；他还常常巧妙地引进辅助未知数．在其他场合，则使用一般的方法，如简单试位法，反演法，双试位法等．书中表明，斐波那契已注意到负数．他给出了诸如22＋(－9)＝22－9和－1＋11＝＋10的运算．第四部分，第14，15章．第14章依印度－阿拉伯算法讲授求平方根和立方根的数值方法，与现代的方法基本一致．他已懂得在被开方数/2a1．对于立方根第一个近似是虽然纳萨维(al－Nasawi)已经知道第一个近似，但进一步的近似则是斐波那契首先发现的．他在该章中实现了欧几里得无理量的完整的运算，并且对计算的正确性给出几何式的证明．第15章分3节．第1节讲比例及它们的各种变换．例如，在一个问题中给定：(1)6∶x ＝y∶9；(2)x＋y=21．从(1)得xy=54；然后利用《几何原本》第2卷第5个命题，得和 x-y=15．从而解得3和18．第2节先讲毕达哥拉斯定理的应用；然后是许多不同类型的问题，例如：给定32+42=25，解不定方程x2＋y2=25．此外容器内的水会溢出多少．第3节给出花拉子米的六种类型的二次方程：ax2=bx，ax2=c，bx=c，ax2＋bx=c，ax2＋c=bx和ax2＝bx+c；然后对它们作精确的数值计算．斐波那契在这里还讲到能归结为二次方程的高次方程，例如(1)y=10/x，(2)z=y2/x和(3)z2=x2＋y2被给定，就导至x8＋100x4=10000．当涉及几个未知数时，斐波那契以radix和res代表x和y，以pars 代表第三个未知数；有时，又把两个未知数的和定作res；对于x2，用quadratus，census 或avere表示；对于x3，用cubus表示；对于x4，用census decensu或censum census 表示，等等．常数项被称作numerus，denarius或dragma．2．《实用几何》这是斐波那契的第二部著作，在罗马、巴黎等地存有九个抄本．斐波那契在这部著作中不仅通俗地讲授量度问题，还讲了一些几何的证明方法．《实用几何》分8章，并冠以绪论．在绪论中解释基本概念以及在比萨流行的线段和面积的测量方法．第1章讲矩形的面积；第2章和第5章讲平方根和立方根．第3章为线段和平面图形(三角形、正方形、矩形、菱形、梯形、多边形和圆)的面积计算提供准确的证明；对于圆，采用阿基米得的96边多边形，π取3.141818…．此外，斐波那契还熟悉有凹角的四边形．该书中的许多问题导致二次方程，而这些二次方程可以利用典型的公式来解决．这些问题是以言辞表述的，例如，对于4x-x2=3，他表述为：如果从四边的和中减去该正方形的面积，则得3竿．在这里，斐波那契已经注意到了双解．顺着这样的思路，他给测量员以实际指导，而且讲了使用仪器的方法，例如求三角形田地的高的垂足和在山边上田地的投影的方法，还讲到测量山边上直线的水平投影的仪器．第4章讲曲面的剖分(来源于欧几里得的《论剖分》)．第6章讨论体积(包括正多面体的体积)．第7章讲物体(比如树)的高的计算方法，并且给出以三角形的相似性为基础的测量规则；在这里，角由象限仪测定．第8章讲从外接圆和内切圆的直径计算五边形和十边形的边，及其逆运算；还讲到从面积计算边．随后有两个不定方程：a2+5=b2和c2-10=d2．最后讲如何计算内接于等边三角形的长方形和正方形的边长(斐波那契用的是60进位制)．3．《花》这部著作是献给弗里德里克二世的，多是在宫庭举行数学竞赛时提出的问题．他给出方程x2+5=y2和x2-5=z2的解，并证明了三次方程x3＋2x2+10x=20的解不可能是整数，不可能是分数，也不可能是欧几里得的无理量(换句话说，没有能用直尺和圆规作出的根)；并且，他找到了一个准确到小数点后第10位的近似解x=1.36880810785(当时是以60进位制写出的)．我们不知道他是怎样得到这一结果的．4．给帝国哲学家狄奥多鲁斯的一封未注明日期的信该信的主题是“百鸡问题”．斐波那契在《算盘书》中曾讨论过这一问题．信中推演了解不定问题的一般方法．然后讲了一个几何问题：求作一个内接于等边三角形的正五边形．斐波那契通过二次方程得到解，这是早期将代数应用于几何的典型范例．该信以一个有五个未知数的线性问题结束；斐波那契没有逻辑地构造解，而只是给出一个机械的公式．5．《平方数书》这部关于不定分析的、有独创性的著作，使他成为丢番图(Diophantus)和P．de费马(Fermat)之间在数论方面的杰出数学家．该书撰于1225年．其主题是：求x2+5=y2和x2-5=z2这两个齐次方程的解．斐彼那契知道：从1开始，连续加奇数，所得和为平方数．对于奇数a，斐波那契还给出下述定理：如果(a2＋b2)为和(x2＋y2)是平方数，且a∶ b≠x∶y， a∶b≠ y∶x，则有等式(a2+b2)•(x2＋y2)=(ax+by)2+(bx-ay)2=(ay-bx)+(by-ax)2．然后，斐波那契引进一组特殊的数：(a＋b)为偶数时，n=ab•(a+b)(a-b)；(a＋b)为奇数时，n=4ab(a+b)(a-b)．他命名这样一个数为相含数(congruum)，并且证明：它必定能被24整除．他发现x2+h和x2-h能同时是平方数，仅当h是相含数．例如52＋24=72，52-24=12和102＋96=142，102-96=22对于a=5和b=4， h=720=5•122，于是得到平方数的两个差y2-x2=x2-z2=720．他确定2401-1681=1681-961，或492-412=412-312．以 122分之，得到斐波那契接着证明了数论中的一系列命题，例如：平方数不可能是相含数，x2+y2和x2-y2不可能同时是平方数，x4-y4不可能是平方数，等等．在这类问题中．斐波那契长期处于领先地位．纵观斐波那契的活动，应该说他在西方的数学复兴中起到了先锋作用，或者说他在东西方的数学发展中起到了桥梁作用．G．卡尔达诺(Cardano)在讲述斐波那契的成就时说：我们可以假定，所有我们掌握的希腊之外的数学知识都是由于斐波那契的存在而得到的，他在L．帕奇欧里(Pacioli)以前很久，就从印度和阿拉伯取得了这些知识．斐波那契对古代数学作了崭新的思考，并且独立地把它推向前进．在算术方面，他显示出计算上的高超才能，并把负量和零认作数．在几何上，他既具备欧几里得的严谨又懂得如何应用新的代数方法解几何问题．斐波那契的数学工作对后世有深远影响．特别值得一提的是：以《算盘书》中那个有趣的“兔子问题”为基础，后人得出著名的斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…这个数列的特征是u1=u2=1，un=un-1+un-2(n≥3)．其通项为意外的结果．斐波那契数列有许多重要的性质和应用．例如，由于它便与黄金分割联系起来．1963年创刊的《斐波那契季刊》(TheFibonacci Quarterly)专门登载有关这个数列的最新发现．其中包括：(1)任何斐波那契数的平方与其两边的两个斐波那契数的乘积之差为1．(2)任何两个相继的斐波那契数的平方和(3)对于任何四个相继的斐波那契数A，B，C，D，下列公式成立：C2-B2=A×D．(4)最后一位数字，每60个数一循环；最后两位数字，每300个数一循环；最后三位数字，每1500个数一循环；最后四位数字，每15000个数一循环；最后五位数字，每150000个数一循环，等等．(5)每第三个数可被2整除，每第四个数可被3整除，每第五个数可被5整除，每第六个数可被8整除，等等．这些除数本身也构成斐波那契数列．尽管斐波那契数列的通项公式和关于斐波那契数列的一系列成果是后人得到的，但我们不能忘记：这些数学成果都起因于斐波那契在《算盘书》中提出的兔子问题．。
Fibonacci数列在几何上的应用
定 理 ２ 在 Ｆｂ ｎ ｃｉ ｉｏａｃ 点列 中 ， 意一 点都 与从其 开 始数 的第 三 、 任 四点 共线 ， 除此 之外 ， 意三 点都 任
Ａ
不 共线 。
‘
●
＝
证明： 分两部 分来证 明 。
— ， １ １ ，
第一部分 ， 明任意一点都 与从其 开始 数的第 三 、 证 四点共线 。在 Ｆｂ ｎｃ ｉ ｉｏ ａｃ 点列 中任意取一点 （ ） ， ， 这样 ， 从其 开始数 的第 三 、 四点 分别 是 （ ， ，， Ｒ ） （ ， ） 由于 ， Ｒ
关 键词 ： ｉｏａ ｃ 数列 ： ｉｏａ ｃ 点列 ：几何 Ｆｂｎ ｃｉ Ｆｂｎ ｃｉ 中图分 类号 ： ５ Ｏ１７ 文献标识 码 ： Ａ 文章 编号 ：６ ２ ２ ６ （０ ７ ０ — ０ ３ ０ １ ７ — ８ ８ ２ ０ ）６ ０ １ — ４
就 如华 罗庚所 说 ：数 缺形 少直观 ， 缺数 难人 微 。 ”“ 列 ” “ 形 数 是数 学 中基本 、 重要 的概 念 ， 的概念 它
ｌＰ ｌ
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△＝ ＋ ＋ ， Ｉ， ； Ｉ
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不 妨设 ｑｐ ｓ Ｏ ｒｑ ｔＯ 对 Ａ】 Ａ 、 分别 进行 如下行 变换 ： － ＝＞ ， ＝＞ ， － 、 Ａ３ ２
斐波那契不等式证明
斐波那契不等式（Fibonacci Inequality）表明，斐波那契数列中的任意两个相邻的数的比值都会逐渐趋近于黄金比例，即1.6180339887…。
这个不等式可以通过数学归纳法证明。
证明过程如下：
假设存在一个数列F，其前n项分别为F1，F2，…，Fn，其中F1=1，F2=1。
对于任意的k（1≤k≤n-1），我们需要证明Fk+1/Fk≥φ。
首先推导出F(k+2)/Fk的表达式。
因为F(k+1)=Fk+F(k-1)，我们可以将其改写为F(k+1)/Fk=1+F(k-1)/Fk。
同理，F(k+2)/F(k+1)=F(k+1)/Fk+Fk/F(k-1)。
将F(k+1)/Fk的表达式带入上式，得到F(k+2)/Fk=1+Fk/F(k-1)+F(k-1)/Fk。
接下来，我们需要证明Fk/F(k-1)≥φ-1，以及F(k-1)/Fk≥φ-1。
首先考虑Fk/F(k-1)≥φ-1的情况。
根据斐波那契数列的定义，
有Fk=F(k-1)+F(k-2)，代入得Fk/F(k-1)=1+F(k-2)/F(k-1)。
由于F(k-1)≥F(k-2)，因此有F(k-2)/F(k-1)≤1，带入上式可得Fk/F(k-1)≥φ-1。
同理，可证明F(k-1)/Fk≥φ-1。
因此，Fk+1/Fk=1+F(k-1)/Fk≥φ，证毕。
综上，通过数学归纳法可得证斐波那契不等式。
数学趣谈——神奇的斐波那契数列
数学趣谈——神奇的斐波那契数列大家好，我是高中数学王老师，今天继续跟大家分享关于高中数学学习的心得。
高二的学生在必修5开始学到了数列，除了等差数列和等比数列这两个高中教学重点外，还会遇到一个特殊的数列1,1,2,3,5,8,13,21……这个数列叫做斐波那契数列，说到斐波那契数列，可是不一般，关于这个数列有很多有意思的应用，今天我们就来谈一谈。
问题来源：1202年，意大利数学家Leonardo Fibonacci提出了这样一个问题：在最佳条件下，一年里，一对兔子能繁殖多少对兔子？这个理论实验规定，母兔总是生下成对的兔宝宝，每对由一公一母组成。
两只新生的兔子被安置在一个有围栏的院子里，然后让像正常兔子一样繁殖。
长到一个月才能开始繁殖，所以第一个月只有一对兔子。
在第二个月月底，母兔产下两只兔子。
当第三个月到来时，原来的一对兔子又产了一对新生儿，而它们早期的后代则已经成年。
此时便留下了三对兔子，其中两对将在下个月再生两对兔子。
每个月的兔子对数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144。
这个数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和，这个数列被命名为斐波那契数列。
通项公式：很显然，这个数列的每一项都是正整数，可是通项公式是确实用无理数表示的。
特性：斐波那契数列有很多神奇的特性，其中有不少涉及到很多复杂的数学领域，我们仅就高中生容易理解的范围简单讨论一些：平方项：从第二项开始，每个偶数项的平方都比前后两项之积少1，每个奇数项的平方都比前后两项之积多1。
黄金分割：随着数列项数的增加，前一项与后一项之比越来越逼近黄金分割的数值0.6180339887……集合子集：斐波那契数列的第n+2项同时也代表了集合{1,2,...,n}中所有不包含相邻正整数的子集个数。
两倍项关系：f(2n)/f(n)=f(n-1)+f(n+1)整除性：每3个连续的数中有且只有一个被2整除，每4个连续的数中有且只有一个被3整除，每5个连续的数中有且只有一个被5整除，每6个连续的数中有且只有一个被8整除，每7个连续的数中有且只有一个被13整除，每8个连续的数中有且只有一个被21整除，每9个连续的数中有且只有一个被34整除……斐波那契螺旋线:也称“黄金螺旋”，是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，自然界中存在许多斐波那契螺旋线的图案，是自然界最完美的经典黄金比例。
递推关系的建立及其求解方法2
• 对一个试题，我们要是能找到后一项与前一项的关系并 清楚其起始条件（或最终结果），问题就可以递推了， 接下来便是让计算机一步步了。让高速的计算机从事这 种重复运算，真正起到“物尽其用”的效果。
递推概念
给定一个数的序列H0,H1,…,Hn,…若存
在整数n0，使当n=n0时,可以用等号(或大 于号、小于号)将Hn与其前面的某些项 Hn(0i<n)联系起来，这样的式子就叫做递 推关系。
f(i)* f(n - i - 1)
i 0
n 1
为了计算的方便：约定f（0）=1
问题三：出栈序列 问题描述：N个不同元素按一定的顺序入栈，求不同的出栈序列数目。 【问题分析】： 设f（n）为n个元素的不同出栈序列数目。 容易得出：f（1）=1；f（2）=2。 第n个元素可以第i（1<=i<=n）个出栈，前面已出栈有i-1个元素，出栈方 法：f（i-1）；后面出栈n-I 个元素，出栈方法为：f（n-i）。所以有： F(n)= 约定： F(0)=1
F(n)=
f(i)* f(n - i 1)
i 2
n 1
问题二：二叉树数目 问题描述：求n个结点能构成不同二叉数的数目。
【问题分析】： 设F(n)为n个结点组成二叉树的数目。 容易知道：f(1)=1;f(2)=2,f(3)=5
选定1个结点为根，左子树结点的个数为i，二叉树数目f（i）种； 右子树结点数目为n-i-1，二叉树数目f（n-i-1）种，I的可取范围[0， n-1]。所以有： F(n)=
问题：
一个数列的第0项为0，第1项为1，以后 每一项都是前两项的和，这个数列就是著名的 裴波那契数列，求裴波那契数列的第N项。
解答
• 由问题,可写出递推方程
数学真美妙中有趣的数学现象
数学真美妙中有趣的数学现象1. 金字塔数学：这是一个涉及数字金字塔的现象，其中最顶端的数字是通过底层数字经过加减乘除等运算得出的。
这种数学现象展示了数字之间的复杂关系和运算的巧妙。
2. Fibonacci序列：这是一个由自然数组成的无限序列，其中每个数字都是前两个数字的和。
这种序列在自然界中经常出现，例如在植物生长、动物繁殖和自然界的其他方面。
Fibonacci序列的神奇之处在于它的数学性质和实际应用。
3. 谢尔宾斯基三角形：这是一种具有特殊数学性质的三角形，它的每一行数字都比上一行多一个，而且可以通过它计算出许多有趣的数学表达式。
谢尔宾斯基三角形展示了数学中的递归和自相似性。
4. 乌拉姆现象：这是一个关于质数分布的现象，由美国数学家乌拉姆发现。
他在一张纸上画出方格，将自然数按逆时针方向螺旋分布，并将质数圈出来。
他发现这些质数有秩序地集中在一些斜线上，显示出令人惊讶的规则性。
这个现象展示了质数分布的神秘和规律性。
5. 幻方：这是一种由数字组成的正方形阵列，其每一行、每一列以及对角线上的数字之和都相等。
最著名的幻方是3x3的洛伊斯幻方，它展示了数学中的对称性和平衡性。
6. 柯西-施瓦茨不等式：这是一个在向量空间中描述向量长度和向量之间夹角关系的不等式。
尽管它看起来可能很复杂，但它的应用却非常广泛，从几何到统计学，再到信号处理等多个领域都可以找到它的影子。
7. 分形：这是一种在数学和自然世界中都非常常见的结构，它们的特点是自相似性，也就是说，无论你放大多少倍，都可以看到相同的形状和结构。
最著名的分形之一就是曼德勃罗特集，它是由法国数学家曼德勃罗特提出的，展示了数学的复杂性和美感。
8. 四色定理：这是一个关于地图着色的定理，它说任何一张地图都可以只用四种颜色进行着色，使得没有两个相邻的区域颜色相同。
这个定理虽然看起来简单，但它的证明却非常复杂，涉及到了图论和组合数学的许多概念。
9. 欧拉公式：欧拉公式是复变函数论的基础，它将三角函数与复数指数函数相关联。
斐波那契数列问题的探索
斐波那契数列问题的探索摘要：斐波那契数列（Fibonacci Sequence），又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，……在数学上，斐波纳契数列以如下递归的方法定义：F0=0，F1=1，Fn=F(n-1)+F(n-2)（n>=2，n∈N*）。
在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波纳契数列都有直接的应用，为此，美国数学会从1960年代起出版了《斐波纳契数列》季刊，专门刊载这方面的研究成果。
关键词：裴波那契数列问题一、简述裴波那契数列(一)简介裴波那契数列的发明者，是意大利数学家列昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci），生于公元1170年，卒于1240年，籍贯是大概是比萨。
1202年，他撰写了《算经》（Liber Abacci）一书，他是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人。
他的父亲被比萨的一家商业团体聘任为外交领事，派驻地点相当于今日的阿尔及利亚地区，列昂纳多因此得以在一个阿拉伯老师的指导下研究数学。
他还曾在埃及、叙利亚、希腊、西西里和普罗旺斯研究数学。
(二)定义斐波那契数列指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，……这个数列从第三项开始，每一项都等于前两项之和。
(三)通项公式1.公式。
此公式又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例。
此时a1=1，a2=1，a n =a(n-1)+a(n-2)（n≥3,n∈N*）2.推导。
斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，……如果设F(n）为该数列的第n项（n∈N ）。
那么这句话可以写成如下形式：F(1) = 1，F(2)=1，F(n)=F(n-1)+F(n-2) (n≥3)，显然这是一个线性递推数列。
方法一：利用特征方程（线性代数解法）线性递推数列的特征方程为：x²=x+1解得：x 1=251+，x 2=251- 则F(n)=c 1·x 1n +c 2·x 2n ∵F ⑴=F ⑵=1 ∴c 1·x 1+ c 2·x 2 ∴c 1·x 1² + c 2·x 2²解得：c 1=55，c 2=55- ∴F(n)= 55×[(251+)n - (251-)n]方法二：待定系数法构造等比数列（初等代数解法）设常数r ，s ，使得F(n)-r ·F(n-1)=s ·[F(n-1)-r ·F(n-2)]，则r+s=1 r-s=1 n≥3时，有：F(n)-r ·F(n-1)=s ·[F(n-1)-r ·[F(n-2)] F(n-1)-r ·F(n-2)=s ·[F(n-2)-r ·F(n-3)] F(n-2)-r ·F(n-3)=s ·[F(n-3)-r ·F(n-4)] ……F ⑶-r ·F ⑵=s ·[F ⑵-r ·F ⑴]联立以上n-2个式子，得：F(n)-r ·F(n-1)=s n 2-·[F ⑵-r ·F ⑴]那么： F(n)=sn 1-+r ·F(n-1） =s n 1-+ r ·s n 2- + r ²·F(n-2）=s n 1-+r ·sn 2-+ r ²·s n 3-+r ³·F(n-3）……=s n 1-+ r ·s n 2-+r ²·s n 3-+……+ r n 2-·s +r n 1-·F ⑴ =sn 1-+ r ·sn 2-+r ²·sn 3-+……+ rn 2-·s +rn 1-（这是一个以sn 1-为首项、以rn 1-为末项、sr为公比的等比数列的各项的和）=sr r s n n ----1)11(=rs rs nn--r+s=1，-rs=1的一解为 s=251+，r=251-，则F(n)=55·(251+)n – (251-)n(四)与黄金分割的关系1.总述。
关于6的勾股定理
关于6的勾股定理
摘要：
1.引言
2.勾股定理的定义
3.6 的勾股定理的推导
4.勾股定理在实际生活中的应用
5.总结
正文：
1.引言
勾股定理，又称毕达哥拉斯定理，是一个基本的几何定理，它描述了直角三角形的三条边的关系。
这个定理在数学、物理、工程等领域有着广泛的应用。
本文将详细介绍关于6 的勾股定理。
2.勾股定理的定义
勾股定理是指：在直角三角形中，直角边平方和等于斜边的平方。
用数学公式表示为a + b = c，其中a、b 为直角边，c 为斜边。
3.6 的勾股定理的推导
在勾股定理中，当a=b=√6 时，有a + b = (√6) = 6。
因此，当直角三角形的两条直角边分别为√6 时，斜边的长度为6。
这就是关于6 的勾股定理。
4.勾股定理在实际生活中的应用
勾股定理在实际生活中有着广泛的应用，比如在建筑、工程测量、导航等
领域。
例如，利用勾股定理可以计算出建筑物的长度、高度，以及地球的半径等。
5.总结
关于6 的勾股定理是一个基本的数学定理，它描述了直角三角形中6 的特殊性质。
探索以(Fn-k,Fn,Fn)为边长的Fibonacci三角形
探索以(Fn-k,Fn,Fn)为边长的Fibonacci三角形郝锋【摘要】Fibonacci三角形是边长为Fibonacci数、面积为整数的三角形.存在以(F<,n-k>,F<,n>.F<,n>)为边长的Fibonacci三角形的情形可以被划分为三类(k<n),利用平方剩余的方法可以证明:k=2<'t=2>时,不存在边长为(F<,n-k>,F<,n>.F<,n>)的Fibonacci三角形.【期刊名称】《大学数学》【年(卷),期】2011(027)003【总页数】4页(P106-109)【关键词】Fibonacci数;Lucas数;Fibonacci三角形【作者】郝锋【作者单位】江苏大学,理学院,江苏,镇江,212013【正文语种】中文【中图分类】O156.1Fibonacci数列{Fn}为F0=0,F1=1,Fn+2=Fn+1+Fn.与之关系密切的Lucas数列{Ln}为L0= 2,L1=1,Ln+2=Ln+1+Ln.可以利用其通项公式引入负指标F-n=(-1)n-1Fn,L-n=(-1)nLn,仍满足上述递推关系[6].边长为Fibonacci数、面积为整数的三角形,称之为Fibonacci三角形.目前已知[1-7]：当k≤7, k=2t·3或n≤11117时不存在边长为(Fn-k,Fn,Fn)的Fibonacci三角形.本文将存在以(Fn-k,Fn,Fn)为边长的Fibonacci三角形的情形划分为三类(k＜n),并证明：k=2t+2时,不存在边长为(Fn-k,Fn,Fn)的Fibonacci三角形.本文中字母未特别说明的都为正整数,X2表示某一完全平方数.引理1 2Fm+n=FmLn+FnLm, L2n-5F2n=4(-1)n,L2n=L2n+2(-1)n-1;特别地,引理2 Fm+n=FmFn+1+Fm-1Fn,(Fm,Fn)=F(m,n).特别地,当3m时,Fm为奇数;当3|m,但6m时,Fm/2为奇数;当2t·3|m,但2t+1·3m 时, Fm/2t+2为奇数[7].引理3 L2t≡-1(mod4),-1是L2t的平方非剩余;L2t+1≡-1(mod8),-2是L2t+1的平方非剩余[7].引理4 当q≡1(mod6)时,Lq≡1(mod4);当q≡-1,±2(mod6)时,Lq≡-1(mod4);当q≡0(mod6)时,Lq≡2(mod4);当q≡3(mod6)时,Lq≡0(mod4).证容易验证：Lq≡Lq+6(mod4).引理5 当3q时,Fm+2pq≡(-1)p(q-1)Fm(modLq).特别地,当3q时,当q≡-1(mod6)时,Fm+2pq≡Fm(modLq).当p=4时,T=6;当p=8时,T=12;当p=3时,T=8,p的平方非剩余2(modp);当p=9时, T=24,p的平方非剩余2,3,5,6,8(modp);当p=7时,T=16,p的平方非剩余3,5,6(modp);当p=23时,T=48,p的平方非剩余5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22(modp);当p=11时,T=10 ,p的平方非剩余2,6,7,8,10(modp);当p=5时,T=20,p的平方非剩余2,3(modp);…;当p=L2t(t≥2),T=2t+2,-1和-2(modp)是平方非剩余;当p=ft时,T=2t+3·3,-1和-2(modp)是平方非剩余.如果存在以(Fn-k,Fn,Fn)为边长的Fibonacci三角形(k＜n),容易得到Fn-k为偶数(3|n-k),底边上的高h为整数;记考虑(mod4),F3m/d必为偶数.于是F3m/(2d)为整数,(F3m+k/d,F3m/(2d))=1.对(F3m+k/d)2= (F3m/(2d))2+(h/d)2应用商高定理,存在一奇一偶的正整数a和b,(a,b)=1,F3m+k/d=a2+b2,于是F3m+k/d≡1(mod4),F3m+k≡d(mod4)[7].若m为奇数,记m=4i±1,F3m=F12i±3≡2(mod4),F3m/2为奇数;F3m/(2d)为整数,d =F(12i±3,k)必为奇数,3(12i±3,k),3k;F3m/(2d)为奇数,于是存在一奇一偶的a 和b使得F3m+k/d=a2+b2,F3m/(2d)=a2-b2,即F3m+k/d±F3m/(2d)=2a2和2b2;d为奇数,F3m+k± F3m/2=2da2和2db2,正好是2的倍数和8的倍数,F3m+k-F3m/2≡4(mod8)是不成立的.3(12i±3,k),2(12i±3,k).记(12i±3,k)=6j±1,d=F(12i±3,k)=F6j±1≡F±1≡1(mod4);当k≡1(mod6)时,F3m+k=F12i±3+k≡F3+1≡3(mod4),与F3m+k≡d(mod4)矛盾.利用引理7可以得到：当k≡2,4,5(mod12),3m=12i+3时,当k≡8,10,11(mod12),3m=12i-3时,故可能的情形为k≡2,4,5(mod12),3m=12i-3,或k≡8,10,11(mod12),3m=12i+3.若m为偶数,3k,记m=2i,F3m+k=F6i+k≡1或3(mod4),d=F(6i,k)为奇数;F3m=F6i≡0(mod8),F3m/(4d)为偶数;于是,F3m+k/d=a2+b2,F3m/(2d)=2ab,即F6i+k/d±F6i/(2d) =(a+b)2和(a-b)2.综上所述,当3k时,存在以(F3m,F3m+k,F3m+k)为边长的Fibonacci三角形必为如下情形：①当k≡2,4,5(mod12)时,2F12i-3+k/d±F12i-3/d=X2,其中d=F(12i-3,k);当k≡8,10,11 (mod12)时,2F12i+3+k/d±F12i+3/d=X2,其中d=F(12i+3,k);②F6i+k≡d(mod4),F6i+k/d±F6i/(2d)=X2,其中d=F(6i,k),3k;若m为偶数,3|k,但6k.i)记m=4i-2,F3m+k=F12i-6+k≡2(mod4),d=F(12i-6,k),d/2为奇数;F3m/8=F12i-6/8为奇数,F3m/(4d)为奇数.于是存在一奇一偶的a和b,使得F3m/(2d)=2ab,F3m/(4d)=ab为偶数,矛盾;ii)记m=4i,F3m+k=F12i+k≡2(mod4),d=F(6i,k),d/2为奇数;F3m=F12i≡0(mod16), F3m/(4d)为偶数.于是F3m+k/d=a2+b2,F3m/(2d)=2ab,即F12i+k/d±F12i/(2d)=(a+b)2和(a-b)2.于是,当3|k,6k时,存在以(F3m,F3m+k,F3m+k)为边长的Fibonacci三角形必为如下情形：③F12i+k/d±F12i/(2d)=X2,其中d=F(12i,k),3|k、6k.若m为偶数,6|k,记k=2t·3p,m=2sq,3m=2s·3q,其中p和q是奇数.i)若s≤t,d=F(3m,k)=F2s·3(q,p),F3m/2s+2为奇数,d/2s+2为奇数,故F3m/d为奇数,与F3m/d为偶数矛盾;ii)若s=t+1,则d=F(3m,k)=F2t·3(q,p),F3m/2s+2=F3m/2t+3为奇数,d/2t+2为奇数,故F3m/(2d)为奇数.于是F3m+k/d=a2+b2,F3m/(2d)=a2-b2,即2F3m+k/d±F3m/d=4a2和4b2;iii)若s=t+2,则d=F(3m,k)=F2t·3(q,p),F3m/2s+2=F3m/2t+4为奇数,d/2t+2为奇数,故F3m/(4d)为奇数.于是存在一奇一偶的a和b,使得F3m/(2d)=2ab,F3m/(4d)=ab为偶数,矛盾;iv)若s＞t+2,则d=F(3m,k)=F2t·3(q,p),F3m/2s+2为奇数,d/2t+2为奇数,故F3m/(2s-td)为奇数,F3m/(4d)为偶数.于是F3m+k/d=a2+b2,F3m/(2d)=2ab,即F3m+k/d±F3m/(2d)=(a+b)2和(a-b)2.从而当6|k时,存在以(F3m,F3m+k,F3m+k)为边长的Fibonacci三角形必为如下情形：④s-t=1时,2F2s·3q+2t·3p/d±F2s·3q/d=X2,其中p和q是奇数,d=F2t·3(p,q);⑤s-t＞2时,F2s·3q+2t·3p/d±F2s·3q/(2d)=X2,其中p和q是奇数,d=F2t·3(p,q).是否存在以(F3m,F3m+k,F3m+k)为边长的Fibonacci三角形需要排除上述三种情况(5种情形)的可能性,可以考虑不断地选取合适的p用平方非剩余(modp)来排除,合适的选取次序为p=4;3,9;7, 23;5,11;….特别要注意p=L2t+1或ft.定理当k=2t+2时,不存在以(F3m,F3m+k,F3m+k)为边长的Fibonacci三角形.证 k=2t+2时,情形① d=F(12i±3,k)=F1=1,当t为奇数时,k≡8(mod24),2F12i+3+k±F12i+3=X2;当t为偶数时,k≡-8(mod24),2F12i-3+k±F12i-3=X2;情形② F6i+k/d±F6i/(2d)=X2,其中d=F(6i,k)=F2(i,k/2)=F2,F4,…,Fk.①i)当t为奇数时,8|k,2F12i+3+k±F12i+3不全是平方剩余,2F24j+3+k-F24j+3≡2F3-F3≡2(mod3);k=8(t=1)时,②记i=2u-1j(j为奇数),6i=2u3j,则4dF6i+k±2dF6i=4d2X2,其中d=F(6i,k)=F(2u,2t+2);i)当t为奇数时,k≡8(mod24).若d=F22s,d≡F4≡3(mod4),但F6i+k≡Fk≡F2≡1(mod4),与F6i+k≡d(mod4)矛盾;若d=F2=1,u=1,i=j,4F6j+k±2F6j=4X2,但4F6j+k±2F6j不全是平方剩余,ii)当t为偶数时,k≡-8(mod24).若d=F22s-1,d≡F2≡1(mod4),但F6i+k≡Fk≡F4≡3(mod4),与F6i+k≡d(mod4)矛盾;综上所述,u≥2.由于u≤t+1,F2u|Fn/2,故由于Fk|F2t+v,故(Fk,L2t+v)=1,4h2=4F2n-F2n-k≡4F20-F2-k≡-F2k(modL2t+v).-1和-F2k是L2t+v的平方非剩余,矛盾;当t+2＜u时,t+2≤u-1,Fk|F2u-1.由于(F2u-1,L2u-1)=1,故(Fk,L2u-1)=1,-1和-4F2k是L2u-1的平方非剩余,矛盾.目前已解决了k=2t·3或2t+2时的情形,对于k＜24的其它情形可以按照k的三种情形分别解决,有关结果另文发表;对于k较大的其它情形有待于继续研究.【相关文献】[1] Harborth H,Kemnitz A.Fibonacci triangles[M].Kluwer Acad.Publ.,1990：129-132.[3] Harborth H,Kemnitz A,Robbins N.Non-existence of Fibonaccitriangles[J].Congr.Numer.,1995,114,29-31.[3] 牟善志,刘华.Fibonacci三角形[J].数学的实践与认识,2005(2)：149-151.[4] 何波,吴文权.关于Fibonacci三角形猜想k=6的证明[J].大学数学,2007,23(5)：160-162.[5] 林丽娟.关于Fibonacci三角形猜想k=7的证明[J].重庆工商大学学报(自然科学版),2007,24(5)：439-441.[6] 柯召,孙琦.谈谈不定方程[M].上海：上海教育出版社,1980：73-79.[7] 郝锋.k=2t·3时不存在边长为(Fn-k,Fn,Fn)的Fibonacci三角形[J].大学数学,2011,27(1)：45-47.。
斐波那契数列与帕斯卡三角形讲解
小兔子 對數
1
0
1
1
23
5
8 13 21 34 55
89
大兔子 對數
0
1
1
2
3
5
8
13 21 34 55 89 144
兔子總 對數
1
1
2
3
5
8
13 21 34 55 89 144 233
一年後兔子的總數為 233 對
3.斐波那契數列
• 斐波那契数列指的是这样一个数列：1、1、2、3、 5、8、13、21、……
要正确创建斐波纳契通道必须
记住的是在当趋势线上升，基
本线限制住了通道最高点，
当趋势线向下，基本线限制
住了通道的最低点。
• （5）斐波纳契时间周期线
• 斐波纳契时间周期线是以斐波纳契的时间间隔1， 2， 3， 5， 8， 13， 21， 34等画出的许多垂直线。假定主要的 价格变化期望在这些线附近。 运用确定的单位时间间隔长 度的两点来创建此工具。根 据斐波纳契数列，全部其他 的线是在此单位间隔的基础 上确定的。
展开(1+a)n的代数式，n为正整数，其中 各项的系数必定与帕斯卡三角形中的数列 相同．
（5）帕斯卡三角形中的数字集
• 在帕斯卡三角形中沿 着对角线，可以找到各 种数字集．同时，对角 线的数字和，也会等于 下一条对角线中的下一 个数字．例如： 1+2+3+4+5=15 1+3+6+10=20 1+4+10=15
• （2）斐波那契弧线
斐波纳契弧线，第一，此趋势线以二个端点为准而画出， 例如，最低点反向到最高点线上的两个点。三条弧线均以 第二个点为中心画出，并在趋势线的斐波纳契水平： 38.2%， 50%和61.8%交叉。
蓝桥杯入门基础及其基础学习知识
样例输出
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
数据规模与约定
1 <= n <= 34。
13
问题描述
给出一个包含n个整数的数列，问整数a在数列中的第一次出现是第几个。
输入格式
第一行包含一个整数n。
第二行包含n个非负整数，为给定的数列，数列中的每个数都不大于10000。
第三行包含一个整数a，为待查找的数。
输出格式
输出格式
输出三行，每行一个整数。第一行表示这些数中的最大值，第二行表示这些数中的最小值，第三行表示这些数的和。
样例输入
5
1 3 -2 4 5
样例输出
5
-2
11
数据规模与约定
1 <= n <= 10000
15
问题描述
利用字母可以组成一些美丽的图形，下面给出了一个例子：
ABCDEFG
BABCDEF
CBABCDE
样例输入52样例输出899998989989998899数据规模和约定ln54o10问题描述1221是一个非常特殊的数它从左边读和从右边读是一样的编程求所有这样的四位输出格式按从小到k的顺序输出满足条件的四位十进制数
1
问题描述
Fibonacci数列的递推公式为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=F2=1。
数据规模与约定
1 <= n, m <= 26。
16
问题描述
对于长度为5位的一个01串，每一位都可能是0或1，一共有32种可能。它们的前几个是：
00000
00001
00010
00011
00100
请按从小到大的顺序输出这32种01串。
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第 ２ ３卷 第 ５期
２０ ０ ７年 １ Ｏ月
大 学 数 学
Ｃ０ ＩＬＥＧＥ Ａ Ｔ Ｈ ＥＭ Ａ Ｔ Ｉ Ｍ ＣＳ
Ｖ ｏ ．２ № ． １ ３， ５ Ｏ ｃ ． ００ ｔ２ ７
关 于 Ｆ ｂ ｎ ｃｉ 角形 猜 想 ｋ ｉｏ ａ ｃ 三 一６的证 明
由 Ｆ 一０ Ｆ —１ Ｆ ＋ 一Ｆ ＋ ＋Ｆ （ ≥０ 和 Ｌ 一２ Ｌ —１ Ｌ ＋ 一Ｌ ¨＋Ｌ （ ≥ ０ 所定 义的 递归 数 ， １ ， ２ ） 。 ， １ ， ２ ）
列分 别称 为 Ｆ ｂ ｎ ｃｉ 列和 Ｌ ｃｓ ｉｏ ａｃ 数 Ｈ ａ 数列 ． ｉｏ ａｃ 数 列 和 Ｌ ｃｓ 列 的 性 质一 直 是 数 论 中最 基 本 和 Ｆ ｂ ｎ ｃｉ ｕａ 数
重要 的研究 内容 之一 ． ９ ０年 ， ｒｏ ｔ 和 Ｋ ｍｎｔ． １ １９ Ｈａｂ ｒｈＨ ｅ ｉ ＡＩ 在研究 有理 数距 离 的构形 时 提 出 Ｆ ｂ ｎ ｃｉ ｚ ｉｏ ａｃ
三 角形猜想 ， 国内首 先 由陈计在 文［ ］ ２ 中提 及 ：
猜想 当 １ ＜ 时 ， 存在边 长 为 Ｆ 一 ， Ｆ ≤忌 不 Ｆ ， 的 Ｈｅｏ ｒｎ三角形 ．
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
本 文运 用递推 序列 方法 ， 出 ｋ 给 一６猜想 成立 的一 个简 短证 明． 即 定 理 不存在 边 长为 Ｆ ， 的 Ｈｅｏ Ｆ Ｆ ｒｎ三 角形 ．
１ 相 关 引 理
我 们 需 要 引 入 Ｆ ｂ ｎ ｃ ｉ 的 负 指 标 ， 对 于 ≥ ０， Ｆ一 ｉｏ ａ ｃ 数 即 有 一 （ １ 一 ） ， 时Ｊ 此 泉有 递 子 匡夭 糸 仍 然
一
干 旱 可 设
Ｆ ＋ 百 ＋６ １Ｆ
２
，
ｆｎ － 百 ＋６ １Ｆ
一
。
，
（１ ）
其 中（ ） ， ， 一１ 一１或 ２或 ４或 ８或 １ ． ６ 以下按 的整 除性 分类 ．
若 ３ ６ ， Ｉ ｎ且 由引理 １２ ｌ ２ＪＦ＋ ， ｈ 一ｒ２。 ，，Ｉ ， ｅ故 ２ 一１Ｆ ３ ｍ。 ４ ， 盾 ． Ｆ Ｊ － ＋ ２ （ ｄ ）矛
立 并且将 成 立的下 界计算 到 ＞ １ ０ ０ 杨仕 椿Ⅲ 以及 何波 运用 与文 ［ ］ 全不 同 的方 法 ， 明了 ｋ ０ ０． ３完 证 一５
时 猜想 成立． 至今 的相关 文献 未见 到该 猜想在 ｋ ）５时 的任何 实质 性结 果
未 解决 的 问题．
］猜 想是 否正 确仍 然 是远 ，
成 ．中 ）示ａｂ 号户ｌ表 户Ｊ ｐｋ ． 立文 （ 表 Ｊｏ符 ， ｌ 示 且 ｍ ｃｉ ｌ
引理 ｉ ｃ １ ３ ； ２ ｌ ３・ 一 （ ）２ Ｆ 甘 ｌ ｌ ）２ 甘 Ｆ ２ ｌ ≥３ ． ）
引 ２ Ｆ １ ， ｋ— ２． 理［ ｎ ）Ｆ ６ ＋ Ｆ － Ｉ （ ＋ Ｆ ＋ １ Ｆ
第 ５期
何 波 ， ： 于 Ｆｒ ｏ ａｃ 三 角形猜 想 一６的证 明 等 关 ｉ ｎ ｃｉ ｂ
ｌｌ ６
２ 定 理 的 证 明
设 在 ＦＦｅ ＋ 边 的 ｉ ａ 三 形底 上 高 则 是 数且２Ｆｅ｛ 存 以 ” ， ｅ 长 Ｆｏｃ 角 ，边 的 为 ， 整 ，ｈ Ｉ一 ， 为 ＋ ｂ ｃ ｎｉ ＋
Ｆ， ：则 ＞Ｏ ２ Ｆ ． ， 由引理 １ ． １ ，３ 而 Ｊ
＾ Ｆ。１ Ｆ。１ ） ： ２（＋ Ｆ。１ ） 一 ＋ （＋ ， 一 ＋Ｆ 一Ｆ
由引理 ２ ，
一
（ｅ１，。 ＦＩ＝． Ｆ＋ＦＦ一 ２ １ 号 ） ６６ ＋ ＋ Ｆ
［ 稿 日期 ］ ２ ０—２１ 收 ０ ５１—３
［ 金 项 目］ 四川 省 教 育 厅 自然 科 学 基 金 资 助 项 目（ ０ ４ ０ ５ ； 基 ２０ １ ２ ） 阿坝 师 专 校 级 科 研 资 助课 题 （ Ｂ ５０ ） ３ ＡＳ ０—６
维普资讯
Ｈａ ｂ ｒｈＨ 和 Ｋｅ ｉ 证 明了 ｋ ｒ ｏ ｔ ｍｎｔ Ａ ｚ —ｌ 或 ≤２ ５时猜 想 成 立． 曹珍 富 发 现有 研 究 该 问题 当 ｋ 一
２ ３４的一 般方法 ． ９５年 ， ［］ 助对 ｎ 型 Ｆｂ ｎｃｉ 的有 关结 论 ， 定 了 １ 忌 ，， １９ 文 ３借 ｉｏａｃ数 确 ＜ ≤５时猜 想均 成
何 波 吴 文权 ，
（． 川省隆昌县响石中学 ， １四 四川 隆 昌 ６ ２ ５ ； ２ 四 川 阿 坝 师 范 专 科 学 校 数 学 与 计 算 机 科 学 系 ， 川 汶 川 ６ ３ ０ ） ４ １ ２ ． 四 ２ ０ ０
［ 摘 要 ］运 用 初 等 方 法 ， 明 ｋ ６ Ｆｂ ｎ ｃｉ 角 形 不 存 在 ． 证 一 时 ｉｏ ａｃ三 ［ 键 词 ］Ｆｂ ｎ ｃｉ ； ｕａ 数 ； ｉ ｎｃｉ 角形 ； 方 剩 余 ；ａｏ ｉ 号 关 ｉｏ ａｃ数 Ｌ ｃｓ Ｆｂ ａｃ三 ｏ 平 Ｊｃｂ 符 ［ 中图 分 类 号 ］ Ｏ１６ ５ ［ 献标识码］Ｃ 文 ［ 章 编 号 ］ １ ７—４ ４ ２ ０ ） ５０ ６—３ 文 ６ ２１ ５ （０ ７ ０ —１００
引 ３若 一 ，ｏ （１ 一． 理 ２＞， ） １ 则－ 一 证 １ ，＝；１ ，Ｌ＝。一￣（ｄ， （１ 一． ＝时Ｌ ３ 时有 Ｌ ２３ 。） 有 ） １ ｚ ＞ ＝ ＝ ｚ ｍ ４均 － 一
弓ｌ ４ ９ 诒 ｋ ＋ ２（ ｄ６ 右 Ｆ 理 ［］ 三 ｍｏ ）． 三 （一 １ ｒ （ ｄ ） Ｆ． ｍｏ Ｌ ）。 ｔ ０． ）