數學傳播 44 卷 2 期, pp. 58-61
費氏數列與等比數列的交會處
張鎮華
你我相逢在黑夜的海上, 你有你的, 我有我的, 方向;
你記得也好, 最好你忘掉,
在這交會時互放的光亮!
— 徐志摩 《偶然》
1. 偶然的交會
費波那契 (Fibonacci) 引進的費氏數列現在已經家喻戶曉。 這個數列 hFni 用遞迴的方式 定義為 F0 = 0、 F1 = 1、 當 n ≥ 2 時 Fn = Fn−1+ Fn−2。 它的前面 12 項是 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89。 張進安老師 [1] 發現一個可愛的結果:
∞
X
n=0
Fn
10n+1 = 1
89, (1)
其中 89 是一個費波那契數。
他的這個發現, 有一段歷程。 洪萬生教授翻譯理查·菲利普 (Richard Phillips) 著的 《數 字邏輯 101》 一書, 對 89 的介紹 : 「89 是一個質數, 也是一個費波那契數。 八十九分之一的十 進位小數為 0.01123595· · · , 很奇特的, 這個數以費波那契數為開端, 但是此一模式被 9 破壞。
這是一個循環小節有 44 位· · · 」 可是進安老師不認為費氏數列的規則有被破壞, 原來出現的 8 加上下一項 13 進位過來的 1, 就剛好是 9。 他猜測, 以下的每一項也都遵循這個規則, 也就是 (1) 式成立。
他先做了一些實驗, 確認加到 38 項都對, 因此相信這個結果會對。 然後他在網路上找到 Robert Minor 用矩陣的方法確實證明了 (1) 式成立。 事實上, 這個結果 Stancliff [2] 在 1953 年就證明過了。 他並用手機計算了一些類似的計算, 猜想可以有更進一步的公式 (這裡的寫法略 異, 但等價於原式):
∞
X
n=0
Fn
10k(n+1) = 1
102k− 10k− 1. (2)
58
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他也用高中生常用的求級數和的方法算出 (這裡的寫法略異, 但等價於原式):
∞
X
n=0
Fn
2n+1 = 1. (3)
他最後問道, 是否下面的式子也會對 (這裡的寫法略異, 原寫法筆誤):
∞
X
n=0
Fn
rn+1 = 1
r2− r − 1. (4)
對哪一些 r 會對?
他並指出 r = (√
5 ± 1)/2 時是發散的, r = −2, r = −3 是收斂的。
2. 費氏數列 vs 等比數列
其實, 利用他計算 (3) 式所用 「高中生常用的求級數和的方法」, 就可以算出 (4) 式, 說明 如下。 假設P∞
n=0
Fn
rn+1 收斂到 S, 則有 S = F0
r + F1
r2 +F2
r3 +F3
r4 + · · · + Fn
rn+1 + · · · , 等式兩邊同乘以 r 得
rS = F0
1 + F1
r +F2
r2 +F3
r3 + F4
r4 + · · · + Fn+1
rn+1 + · · · , 第二式減去第一式, 並利用初始值 F0 = 0、 F1 = 1 得
(r − 1)S =1
r +F2− F1
r2 +F3− F2
r3 +F4− F3
r4 + · · · + Fn+1− Fn rn+1 + · · ·
=1 r
1 + F0
r +F1
r2 +F2
r3 + · · · + Fn−1
rn + · · ·
= 1
r(1 + S).
遂有 (r2− r)S = 1 + S, 也就是 (r2− r − 1)S = 1, 從而 S = 1 r2− r − 1。 很容易可以看出來, 當 r 很小, 例如 r = 0.1 時, Fn
0.1n+1 ≥ 10n+1。 因為無窮等比級數 P∞
n=010n+1 = ∞, 所以 P∞
n=0
Fn
rn+1 = ∞。 也就是說, (4) 式對於某些 r 並不成立, 要記得 前述的推導是基於P∞
n=0
Fn
rn+1 收斂的假設。
剩下的問題是, 對於那些 r, (4) 式會成立?
解決問題的基本方法是先求出無窮級數的部分和, 再看部份和是否會有極限。 這只要將前 述的推導略為修改, 求和時只求部分和即可。 也就是:
Sn = F0
r + F1
r2 +F2
r3 +F3
r4 + · · · + Fn rn+1,
60 數學傳播 44 卷2 期 民 109 年 6 月
等式兩邊同乘以 r 得
rSn= F0
1 + F1
r +F2
r2 + F3
r3 + F4
r4 + · · · + Fn rn, 第二式減去第一式, 並利用初始值 F0 = 0、 F1 = 1 得
(r − 1)Sn=1
r + F2− F1
r2 +F3− F2
r3 +F4− F3
r4 + · · · + Fn− Fn−1
rn − Fn rn+1
=1 r
1 + F0
r +F1
r2 + F2
r3 + · · · + Fn−2
rn−1 −Fn rn
=1 r
1 + Sn− Fn−1
rn − Fn
rn+1 − Fn rn
,
遂有 (r2− r)Sn= 1 + Sn−Fn−1
rn − Fn
rn+1 − Fn
rn, 也就是
(r2− r − 1)Sn= 1 − Fn−1
rn − Fn
rn+1 − Fn rn, 從而可以知道
Sn = 1 r2 − r − 1
1 −Fn−1
rn − Fn
rn+1 − Fn rn
.
所以問題的關鍵是 Fn
rn 的極限到底是多少?
幸運的是, 其實我們可以算出 Fn, 也就是可以用 n 表示出 Fn。這有很多種方法, 底下是 一種降階法。
我們希望找到兩個數 a 和 b 使得遞迴式 Fn = Fn−1+ Fn−2 可以寫為
Fn− aFn−1 = b(Fn−1− aFn−2), (5)
能這樣做的好處是, 如果令Gn= Fn−aFn−1, 那麼費氏數列的遞迴關係就等價於一階遞迴關係
G1 = 1、 Gn= bGn−1
這其實是以 b 為公比的等比數列, 也就是 Gn = bn−1, 其中 n ≥ 1。 所以就知道
Fn= aFn−1+ bn−1, 其中 n ≥ 1。
費氏數列與等比數列的交會處 61
反覆使用此遞迴關係就能得到 Fn =aFn−1+ bn−1
=a(aFn−2+ bn−2) + bn−1 = a2Fn−2+ abn−2+ bn−1
=a2(aFn−3 + bn−3) + abn−2+ bn−1 = a3Fn−3+ a2bn−3+ abn−2+ bn−1 ...
=anF0+ an−1+ an−2b + an−3b2+ · · · + abn−2+ bn−1
=an− bn a − b .
回到一開頭, 我們想要找到兩個數 a 和 b 使得 (5) 式成立, 將式子整理就得到 Fn = (a + b)Fn−1− abFn−2, 所以我們只要使得 a + b = 1、 ab = −1就可以了。 也就是說, 其實 a 和 b 是方程式 x2− x − 1 = 0 的兩個根, 不妨假設 a ≥ b, 則
a = 1 +√ 5
2 ≈ 1.618、 b = 1 −√ 5
2 ≈ −0.618, 也就是說
Fn= 1
√5
1 +√ 5 2
n
−1 −√ 5 2
n
! ,
這個公式一般稱為 Binet 公式, 雖然更早之前 Abraham de Moivre 和 Daniel Bernoulli 就 已經知道這個公式 [3]。
這顯示, 費氏數列其實是兩個等比數列的差, 第一個等比數列的首項是 1/√
5、 公比是 a ≈ 1.618, 所以逐漸上升到無窮大, 第二個等比數列的首項是 1/√
5、 公比是 b ≈ 0.618, 所以逐 漸趨近於 0, 而可忽略。
因此, hFn/rn+1i 也是兩個等比數列的差, 第一個等比數列的首項是 1/√
5r、 公比是 a/r, 第二個等比數列的首項是 1/√
5r、 公比是 b/r。 由無窮等比級數的知識, 可以知道P∞
n=0
Fn rn+1 收斂若且唯若 |r| > a, 而收斂時的值是
1/√ 5r
1 − a/r − 1/√ 5r
1 − b/r = 1
√5(r − a) − 1
√5(r − b) = (r − b) − (r − a)
√5(r − a)(r − b) = 1 r2− r − 1, 這就得到 (4) 的答案。
參 考文獻
1. 張進安。 lim
n→∞
n
P
i=1 Fi
10i = 1089 的探究與推廣。 數學傳播季刊, 44(1), 89-93, 2020。
2. Fenton Stancliff, A curious property of aii, Scripta Mathematica 19 (1953), 126.
3. Eric W. Weisstein, Binet’s Fibonacci Number Formula, MathWorld.
—本文作者為台灣大學數學系名譽教授—
