利用Fibonacci数列解题

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1、40数学通讯　　　　　　　　　　　　　2003年第23期利用Fibonacci数列解题陈毓明(上海市市北初级中学,上海　200070)中图分类号:G633.63文献标识:A　　　　文章编号:0488-7395(2003)23-0045-03Fibonacci数列本身就有很大的魅力,吸2)若存在a,b∈R,使得{xn}中有无穷引着许多数学爱好者去学习和研究.这里我多个“两重值”,这时{xn}中若存在两相邻的们将视角定位在如何利用该数列去解决一些两项同号,则从这两项起,{xn}单调递增(若数学竞赛中的问题.这两项同为正数),或者单调递减(同为负Fibonacc

2、i数列是指由下面的递推式定义数),从而不可能出现无穷多个“两重值”.所的数列{Fn}:以{xn}中任意相邻两项不同号.F0=F1=1,Fn+2=Fn+1+Fn,n=0,利用{xn}递推式的特征方程,求其特征1,2,⋯根,我们可设可以利用特征方程的方法求出其通项公式,1+5n1-5n也可以用数学归纳法证出其许许多多的性xn=A()+B().22质.但在这里我们更多的是用到其本身,而不1+51-5注意到>1,而

3、

4、<1.如果A>是它的性质.22例1(第52届波兰数学竞赛试题)　考0,则n充分大时,均有xn>0,这导致从某一虑数列{xn}:x1=a,x2=b,x

5、n+2=xn+1+项起xn均为正数,与{xn}任意相邻两项不xn,n=1,2,⋯,这里a,b∈R.对任意c∈R,同号矛盾.同理A<0也导致矛盾.所以A=3如果存在k,l∈N,k≠l,使得xk=xl=c,0.但是,A=0时,数列{

6、xn

7、}单调递减,这则称c为一个“两重值”.时{xn}中在B≠0时没有“两重值”,B=01)证明:存在a,b∈R,使得{xn}中至少时,只有一个“两重值”.有2000个不同的“两重值”.综上,{xn}中不可能有无穷多个不同的2)证明:不存在a,b∈R,使得{xn}中有“两重值”.无穷多个不同的“两重值”.例2　小张从{1,2,⋯,

8、144}中任取一个证1)利用Fibonacci数列,我们试着向数,小王希望有偿地知道小张所取的数.小王左边将Fibonacci数列延拓.每次可从{1,2,⋯,144}中取一个子集M,然⋯,5,-3,2,-1,1,0,1,1,2,3,5,⋯后问小张“你取的数是否属于:M?”,如果答依此可知,令a=F2m,b=-F2m-1,这案是Yes,则小王付给小张2元钱,答案是里m为任意给定的正整数.那么数列{xn}中No,则付1元.问:小王至少需要支付多少元有m+1个“两重值”(当c=F2m,F2m-2,⋯,钱,才能保证可以知道小张所取的数?F0时,c都是“两重值”).

9、从而取m=1999,解　答案是11元钱.设f(n)是从{1,2,⋯,n}中确定小张所可知数列{xn}中有2000个“两重值”.收稿日期:2003-06-10作者简介:陈毓明(1955—),广东潮阳人,上海市市北初级中学一级教师,学士.©1995-2007TsinghuaTongfangOpticalDiscCo.,Ltd.Allrightsreserved.2003年第23期　　　　　　　　　　　　　数学通讯41取的数所需支付的最少钱数,则f(n)是一个1,2,⋯,n,an=1.并且不存在下标i∈{1,2,不减数列.并且如果小王第一次所取的子集⋯,n-1}

10、,使得ai=ai+1=1.是一个m元集,那么f(n)≤max{f(m)+这个定理可以利用数学归纳法非常容易2,f(n-m)+1}.的予以证明.正整数m的形如(3)的表示称下面我们利用Fibonacci数列,证明下述为m的Fibonacci表示,其中特别应注意的结论:设x为正整数,并且Fn

11、(F2)列为F-数列.问:能否将正整数集分划为:≤2.而f(F1)=0≤1是显然的.设对小于n1)有限个,的正整数,(2)都成立.考虑n的情形,小王2)无穷多个第一次取一个子集,使其元素个数为Fn-1,没有公共元的F-数列的并?3就有f(Fn+1)≤max{f(Fn-1)+2,f(Fn+1-解1)不能.事实上,若N可以分划为Fn-1)+1}=max{f(Fn-1)+2,f(Fn)+1}m个F-数列的并,我们考虑正整数:2m,≤max{n,n}=n.所以(2)对一切正整数n2m+1,⋯,4m.这2m+1个数中,必有3个成立.数来自同一个F-数列.但是,这2m

12、+1个3再证明:对任意n∈N,Fn