斐波那契数

以斐波那契數為邊的正方形拼成的近似的黃金矩形(1:1.618)

-{zh-hant:費波那契數;zh-hans:斐波那契数}-（意大利语：Numero di Fibonacci），又譯為菲波拿契數、菲波那西數、斐氏數、黃金分割數、費氏數列。所形成的數列稱為-{zh-hant:費波那契數列;zh-hans:斐波那契数列}-（意大利语：Successione di Fibonacci），又譯為菲波拿契數列、菲波那西數列、斐氏數列、黃金分割數列、費氏數列。這個數列是由意大利數學家斐波那契在他的《算盤書》中提出。

在數學上，斐波那契數是以遞歸的方法來定義：

• $F_0=0$
• $F_1=1$
• $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$（$n\geqq 2$）

用白話文來說，就是斐波那契數列由0和1開始，之後的斐波那契數就是由之前的兩數相加而得出。首幾個斐波那契數是：

Template:數列987……Template:OEIS

特別指出：0 不是第一項，而是第零項（$F_0$）。 Template:TOClimit

起源

公元1150年印度數學家Gopala和金月在研究箱子包裝物件長宽剛好為1和2的可行方法數目時，首先描述這個數列。在西方，最先研究這個數列的人是比薩的李奧納多（意大利人斐波那契Leonardo Fibonacci, 1175－1250），他描述兔子生長的數目時用上了這數列：

兔子对的数量就是斐波那契数列

• 第一個月初有一對剛誕生的兔子
• 第二個月之後（第三個月初）牠們可以生育
• 每月每對可生育的兔子會誕生下一對新兔子
• 兔子永不死去

假設在$n$月有兔子總共$a$對，$n+1$月總共有$b$對。在$n+2$月必定總共有$a+b$對：因為在$n+2$月的時候，前一月（$n+1$月）的$b$對兔子可以存留至第$n+2$月（在當月屬於新誕生的兔子尚不能生育）。而新生育出的兔子對數等於所有在$n$月就已存在的$a$對

斐波纳契数是杨辉三角的每一条红色对角线上数字的和。

斐波纳契数也是杨辉三角形（即帕斯卡三角形）的每一条红色对角线上数字的和。

表達式

為求得斐波那契數列的一般表達式，可以藉助線性代數的方法。高中的初等數學知識也能求出。

初等代數解法

已知：

• $a_1=1$
• $a_2=1$
• $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$（n≥3）

首先構建等比數列

設$a_n+\alpha a_{n-1}=\beta (a_{n-1}+\alpha a_{n-2})$
化簡得
$a_n=(\beta -\alpha )a_{n-1}+\alpha \beta a_{n-2}$
比較係數可得：
$\{\begin{array}{c}\beta -\alpha =1\\ \alpha \beta =1\end{array}$
不妨設$\beta >0,\alpha >0$
解得：

$\{\begin{array}{c}\alpha =\frac{\sqrt{5}-1}{2}\\ \beta =\frac{\sqrt{5}+1}{2}\end{array}$
又因为有$a_n+\alpha a_{n-1}=\beta (a_{n-1}+\alpha a_{n-2})$， 即$\{a_n+\alpha a_{n-1}\}$為等比數列。

求出數列$\{a_n+\alpha a_{n-1}\}$

由以上可得：
$\begin{array}{cc}{a}_{n+1}+\alpha a_n& =(a_2+\alpha a_1){\beta }^{n-1}\\ & =(1+\alpha ){\beta }^{n-1}\\ & ={\beta }^n\\ \end{array}$

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

求數列$\left\{b_n\right\}$進而得到$\left\{a_n\right\}$

$b_{n+1}+\frac{\alpha }{\beta }{b}_n=\frac{1}{\beta }$
設$b_{n+1}+\lambda =-\frac{\alpha }{\beta }(b_n+\lambda )$，解得$\lambda =-\frac{1}{\alpha +\beta }$。 故數列$\{b_n+\lambda \}$為等比數列
即$b_n+\lambda ={(-\frac{\alpha }{\beta })}^{n-1}(b_1+\lambda )$。而$b_1=\frac{a_1}{\beta }=\frac{1}{\beta }$， 故有$b_n+\lambda ={(-\frac{\alpha }{\beta })}^{n-1}(\frac{1}{\beta }+\lambda )$
又有$\{\begin{array}{c}\alpha =\frac{\sqrt{5}-1}{2}\\ \beta =\frac{\sqrt{5}+1}{2}\end{array}$ 和$b_n=\frac{a_n}{{\beta }^n}$
可得$a_n=\frac{\sqrt{5}}{5}\cdot [{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^n-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^n]$

得出$a_n$表達式

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

用數學歸納法證明表達式

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

• 若$n$為非負整數

當$n=0$時，$\frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^0-(1-\phi {)}^0]=\frac{1}{\sqrt{5}}[1-1]=0=F_0$，成立

當$n=1$時，$\frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^1-(1-\phi {)}^1]=\frac{1}{\sqrt{5}}[\phi -1+\phi ]=\frac{1}{\sqrt{5}}[2\phi -1]=\frac{1}{\sqrt{5}}\times \sqrt{5}=1=F_1$，成立

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

當$n=k+2$時

$\begin{array}{cc}{F}_{k+2}& =F_{k+1}+F_k\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^{k+1}-(1-\phi {)}^{k+1}]+\frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^k-(1-\phi {)}^k]\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^{k+1}+{\phi }^k-(1-\phi {)}^{k+1}-(1-\phi {)}^k]\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\{{\phi }^k(\phi +1)-(1-\phi {)}^k[(1-\phi )+1]\}\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\{{\phi }^k({\phi }^2)-(1-\phi {)}^k[(1-\phi {)}^2]\}\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\{{\phi }^{k+2}-(1-\phi {)}^{k+2}\}\\ \end{array}$

亦成立

• 若$n$為非正整數

當$n=0$時，成立

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

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

當$n=-k-2$時

$\begin{array}{cc}{F}_{-k-2}& =F_{-k}-F_{-k-1}\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^{-k}-(1-\phi {)}^{-k}]-\frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^{-k-1}-(1-\phi {)}^{-k-1}]\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^{-k}-{\phi }^{-k-1}-(1-\phi {)}^{-k}+(1-\phi {)}^{-k-1}]\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\{{\phi }^{-k-1}(\phi -1)-(1-\phi {)}^{-k-1}[(1-\phi )-1]\}\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\{{\phi }^{-k-1}({\phi }^{-1})-(1-\phi {)}^{-k-1}[(1-\phi {)}^{-1}]\}\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\{{\phi }^{-k-2}-(1-\phi {)}^{-k-2}\}\\ \end{array}$

亦成立

因此，根據數學歸納法原理，此表達式對於任意整數$n$皆成立

線性代數解法

$\left(\begin{array}{c}{F}_{n+2}\\ F_{n+1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}{F}_{n+1}\\ F_n\end{array}\right)$

$\left(\begin{array}{cc}{F}_{n+2}& F_{n+1}\\ F_{n+1}& F_n\end{array}\right)={\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)}^{n+1}$

構建一個矩陣方程

設$J_n$為第$n$個月有生育能力的兔子數量，$A_n$為這一月份的兔子數量。

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{J_{n+1}}{A_{n+1}})=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right)\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{J_n}{A_n}),$

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

求矩陣的特徵值：$\lambda$

根据特征值的计算公式，我们需要算出来 $\left|\begin{array}{cc}-\lambda & 1\\ 1& 1-\lambda \end{array}\right|=0$ 所对应的解。

展开行列式有：$-\lambda (1-\lambda )-1\times 1={\lambda }^2-\lambda -1$。

故當行列式的值為 0，解得 ${\lambda }_1=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5})$ 或 ${\lambda }_2=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$。

特徵向量

將兩個特徵值代入

$(\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right)-\lambda \cdot E)\cdot \overrightarrow{x}=0$

求特徵向量$\overrightarrow{x}$得

${\overrightarrow{x}}_1$=$\left(\begin{array}{c}1\\ \frac{1}{2}(1+\sqrt{5})\end{array}\right)$

${\overrightarrow{x}}_2$=$\left(\begin{array}{c}1\\ \frac{1}{2}(1-\sqrt{5})\end{array}\right)$

分解首向量

第一個月的情況是兔子一對，新生0對。

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{J_1}{A_1})=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)$

將它分解為用特徵向量表示。

$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ \frac{1}{2}(1+\sqrt{5})\end{array}\right)-\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ \frac{1}{2}(1-\sqrt{5})\end{array}\right)$ （4）

用數學歸納法證明

從

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{J_{n+1}}{A_{n+1}})=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right)\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{J_n}{A_n})$=$\lambda \cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{J_n}{A_n})$

可得到

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{J_{n+1}}{A_{n+1}})={\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right)}^n\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{J_1}{A_1})={\lambda }^n\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{J_1}{A_1})$ （5）

化簡矩陣方程

將（4） 代入 （5）

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{J_{n+1}}{A_{n+1}})={\lambda }^n\cdot [\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ \frac{1}{2}(1+\sqrt{5})\end{array}\right)-\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ \frac{1}{2}(1-\sqrt{5})\end{array}\right)]$

根據3

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{J_{n+1}}{A_{n+1}})=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot {\lambda }_1^n\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ \frac{1}{2}(1+\sqrt{5})\end{array}\right)-\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot {\lambda }_2^n\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ \frac{1}{2}(1-\sqrt{5})\end{array}\right)$

求A的表達式

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

$A_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot {\lambda }_1^{n+1}-\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot {\lambda }_2^{n+1}$

$A_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot ({\lambda }_1^{n+1}-{\lambda }_2^{n+1})$

$A_{n+1}=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \{{\left[\frac{1}{2}(1+\sqrt{5})\right]}^{n+1}-{[\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})]}^{n+1}\}$（7）

（7）即為$A_{n+1}$的表達式

數論解法

實際上，如果將斐波那契數列的通項公式寫成$a_n-a_{n-1}-a_{n-2}=0$，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${\lambda }^2-\lambda -1=0$（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${\lambda }_1$=$\frac{1}{2}(1+\sqrt{5})$，${\lambda }_2$=$\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$，即有$a_n=c_1{\lambda }_1^n+c_2{\lambda }_2^n$，其中$c_1,c_2$为常数。我们知道$a_0=0,a_1=1$，因此$\{\begin{array}{c}{c}_1+c_2=0\\ \frac{c_1(1+\sqrt{5})}{2}+\frac{c_2(1-\sqrt{5})}{2}=1\end{array}$，解得$c_1=\frac{1}{\sqrt{5}},c_2=-\frac{1}{\sqrt{5}}$。

組合數解法

$F_n=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{i})$

$F_{n-1}+F_n=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1-i}{i})+\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{i})=1+\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{i-1})+\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{i})=1+\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1-i}{i})=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1-i}{i})=F_{n+1}$

黃金比例恆等式解法

設$\phi$為黃金比例$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，則有恆等式${\phi }^n=F_{n-1}+\phi F_n$與$(1-\phi {)}^n=F_{n+1}-\phi F_n$，其中$n$為任意整數Template:NoteTag，則

$\begin{array}{cc}{\phi }^n-(1-\phi {)}^n& =(F_{n-1}+\phi F_n)-(F_{n+1}-\phi F_n)\\ & =(F_{n-1}-F_{n+1})+2\phi F_n\\ & =-F_n+2\phi F_n\\ & =F_n(2\phi -1)\\ & =F_n\times \sqrt{5}\\ \end{array}$

因此得到$F_n$的一般式：

$\begin{array}{cc}{F}_n& =\frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^n-(1-\phi {)}^n]\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n]\\ \end{array}$

此一般式對任意整數$n$成立

近似值

當$n$為足夠大的正整數時，则

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

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

用計算機求解

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$n$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)。

和黃金分割的關係

開普勒發現數列前、後兩項之比$\frac{1}{2},\frac{2}{3},\frac{3}{5},\frac{5}{8},\frac{8}{13},\frac{13}{21},\frac{21}{34},\cdots$，也組成了一個數列，會趨近黃金分割：

$\frac{f_{n+1}}{f_n}\approx a=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5})=\phi \approx 1.618...$

斐波那契數亦可以用連分數來表示：

$\frac{1}{1}=1\frac{2}{1}=1+\frac{1}{1}\frac{3}{2}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{1}}\frac{5}{3}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1}}}\frac{8}{5}=1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1}}}}$

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

而黃金分割數亦可以用無限連分數表示：

$\phi =1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+...}}}}$

而黃金分割數也可以用無限多重根號表示：

$\phi =\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+...}}}}$

和自然的關係

春黄菊的頭狀花序上，小花呈螺旋狀排列，從不同方向可以數出21（深藍）和13（淺藍）條旋臂，為相鄰的斐氏數。類似的螺旋狀排列見於多種植物。

斐氏數列見於不同的生物學現象，如樹的分枝、Template:Link-en、菠蘿聚花果上小單果的排列、雅枝竹的花蕾、正在舒展的蕨葉、松毬的鱗的排列、蜜蜂的家族樹。开普勒曾指出斐氏數列存在於自然界，並以此解釋某些花的五邊形形態（與黄金分割率相關）。Template:Sfn法國菊的「瓣」（舌狀花）數通常為斐氏數。Template:Sfn1830年，K. F. Schimper和A. Braun發現植物的旋生葉序中，連續兩塊葉之間轉過的角度與周角之比，約成整數比時，常出現斐氏數，如$2/5$或$5/13$。

恆等式

資料來源：

證明以下的恆等式有很多方法。以下會用組合論述來證明。

• $F_n$可以表示用多個1和多個2相加令其和等於$n$的方法的數目。

不失一般性，我們假設$n\ge 1$，$F_{n+1}$是計算了將1和2加到n的方法的數目。若第一個被加數是1，有$F_n$種方法來完成對$n-1$的計算；若第一個被加數是2，有$F_{n-1}$來完成對$n-2$的計算。因此，共有$F_n+F_{n-1}$種方法來計算n的值。

• $F_0+F_1+F_2+F_3+...+F_n=F_{n+2}-1$

計算用多個1和多個2相加令其和等於$n+1$的方法的數目，同時至少一個加數是2的情況。

如前所述，當$n>0$，有$F_{n+2}$種這樣的方法。因為當中只有一種方法不用使用2，就即$1+1+...+1$　（$n+1$項），於是我們從$F_{n+2}$減去1。

1. 若第1個被加數是2，有$F_n$種方法來計算加至$n-1$的方法的數目；
2. 若第2個被加數是2、第1個被加數是1，有$F_{n-1}$種方法來計算加至$n-2$的方法的數目。
3. 重複以上動作。
4. 若第$n+1$個被加數為2，它之前的被加數均為1，就有$F_0$種方法來計算加至0的數目。

若該數式包含2為被加數，2的首次出現位置必然在第1和$n+1$的被加數之間。2在不同位置的情況都考慮到後，得出$F_n+F_{n-1}+...+F_0$為要求的數目。

• $F_1+2F_2+3F_3+...+n{F}_n=n{F}_{n+2}-F_{n+3}+2$

• $F_1+F_3+F_5+...+F_{2n-1}=F_{2n}$
• $F_2+F_4+F_6+...+F_{2n}=F_{2n+1}-1$
• ${F_1}^2+{F_2}^2+{F_3}^2+...+{F_n}^2=F_n{F}_{n+1}$
• $F_n{F}_{m-k}-F_m{F}_{n-k}=(-1{)}^{n-k}{F}_{m-n}{F}_k$，其中$m,n,k$與$F$的序數皆不限於正整數。Template:NoteTag
  • 特別地，當$n=m-k$時，${F_n}^2-F_{n+k}{F}_{n-k}=(-1{)}^{n-k}{F_k}^2$
    • 更特別地，當$k=1$或$k=-1$時，對於數列連續三項，有${F_n}^2-F_{n-1}{F}_{n+1}=(-1{)}^{n-1}$
  • 另一方面，當$(m,n,k)=(n+1,n,-2)$時，對於數列連續四項，有$F_n{F}_{n+3}-F_{n+1}{F}_{n+2}=(-1{)}^{n+1}$Template:NoteTag
• ${\phi }^n=F_{n-1}+\phi F_n$且$(1-\phi {)}^n=F_{n+1}-\phi F_n$，其中$\phi$為黃金比例$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，$n$為任意整數Template:NoteTag

藉由上述公式，又可推得以下恆等式Template:NoteTag：

• • $F_m{F}_n+F_{m-1}{F}_{n-1}=F_{m+n-1}$
  • $F_m{F}_{n+1}+F_{m-1}{F}_n=F_{m+n}$

    特別地，當$m=n$時，$\begin{array}{cc}{F}_{2n-1}& =F_n^2+F_{n-1}^2\\ F_{2n}& =(F_{n-1}+F_{n+1})F_n\\ & =(2F_{n-1}+F_n)F_n\end{array}$

數論性質

公因數和整除關係

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

$\mathrm{g}\mathrm{c}\mathrm{d}(F_n,F_{n+1})=\mathrm{g}\mathrm{c}\mathrm{d}(F_n,F_{n+2})=\mathrm{g}\mathrm{c}\mathrm{d}(F_{n+1},F_{n+2})=1$

斐波那契质数

Template:Main 在斐波那契數列中，有質數： 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。

如Template:Section link所述，$F_{kn}$總能被$F_n$整除，故除$F_4=3$之外，任何斐氏質數的下標必同為質數。由於存在Template:Link-en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$F_6=8$的斐氏數，必不等於質數加一或減一。

與其他數列的交集

斐波那契数列中，只有3個平方數：0、1、144。2001年，Template:Link-hu證明，斐氏數中的次方數衹有有限多個。2006年，Y. Bugeaud、M. Mignotte、S. Siksek三人證明，斐波那契数中的次方數只有0、1、8、144。

1、3、21、55為僅有的斐氏三角形數。Template:Link-en曾猜想此結論，後來由罗明證明。

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

模n的週期性

斐波那契數列各項模$n$的餘數構成Template:Le，其最小正週期稱為皮萨诺周期，至多為$6n$。皮薩諾週期對不同$n$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Template:Link-en。不過，對固定的$n$，求解模$n$的皮薩諾週期是Template:Link-en問題的特例。

推廣

斐波那西數列是斐波那西n步數列步數為2的特殊情況，也和盧卡斯數列有關。

和盧卡斯數列的關係

$F_n{L}_n=F_{2n}$

反費波那西數列

反費波那西數列的遞歸公式如下：

$G_{n+2}=G_n-G_{n+1}$

如果它以1,-1開始，之後的數是：1,-1,2,-3,5,-8, ...

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

亦可寫成$F_m=(-1{)}^{m+1}{G}_m=(-1{)}^{m+1}{F}_{-m}$，其中$m$是非負整數。

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

證明關係式

證明$F_m=(-1{)}^{m+1}{F}_{-m}$，其中$m$是非負整數

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

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

$\begin{array}{cc}(-1{)}^{m+1}{F}_{-m}& =(-1{)}^{m+1}\times \frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^{-m}-(1-\phi {)}^{-m}]\\ & =(-1)\times (-1{)}^m\times \frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^{-m}-(1-\phi {)}^{-m}]\\ & =(-1)\times {\phi }^m(1-\phi {)}^m\times \frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^{-m}-(1-\phi {)}^{-m}]\\ & =(-1)\times \frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^{-m+m}(1-\phi {)}^m-(1-\phi {)}^{-m+m}{\phi }^m]\\ & =(-1)\times \frac{1}{\sqrt{5}}[(1-\phi {)}^m-{\phi }^m]\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}[{\phi }^m-(1-\phi {)}^m]\\ & =F_m\\ \end{array}$

巴都萬數列

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$P_n=P_{n-2}+P_{n-3}$的關係。

佩爾數列

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

應用

1970年，尤裏·馬季亞謝維奇指出了偶角標的斐波那契函數

$y=F_{2x}$

正是滿足Julia Robison假設的丟番圖函數，因而證明了希爾伯特第十問題是不可解的。

電腦科學

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。
• 归并排序算法有一多相（Template:Lang）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》Template:頁碼請求描述了此種Template:Link-en的實作方法，適用於以磁带机為外存的情況。
• Template:Anchor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。
• 某些伪随机数生成器用到斐氏數列。Template:如何？
• 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，Template:Link-en與之類似，還可以表示負數。

延伸閱讀

• KNUTH, D. E. 1997. The Art of Computer ProgrammingArt of Computer Programming, Volume 1: Fundamental Algorithms, Third Edition. Addison-Wesley. Chapter 1.2.8.
• Arakelian, Hrant (2014). Mathematics and History of the Golden Section. Logos, 404 p. ISBN 978-5-98704-663-0, (rus.)
• 克裏福德A皮科夫.數學之戀.湖南科技出版社.

參考文獻

• Template:Cite book

參見

• 齊肯多夫定理

外部連結

• 費波那契數，孫智宏（pdf）
• Periods of Fibonacci Sequences Mod m at MathPages
• Scientists find clues to the formation of Fibonacci spirals in nature Template:Wayback
• Template:In Our Time
• Template:Springer