斐波那契数

公元1150年印度数学家Gopala和金月在研究箱子包装对象长宽刚好为1和2的可行方法数目时，首先描述这个数列。在西方，最先研究这个数列的人是比萨的列奥那多（意大利人斐波那契Leonardo Fibonacci, 1175－1250），他描述兔子生长的数目时用上了这数列：

• 第一个月初有一对刚诞生的兔子
• 第二个月之后（第三个月初）它们可以生育
• 每月每对可生育的兔子会诞生下一对新兔子
• 兔子永不死去

假设在${\displaystyle n}$ 月有兔子总共${\displaystyle a}$ 对，${\displaystyle n+1}$ 月总共有${\displaystyle b}$ 对。在${\displaystyle n+2}$ 月必定总共有${\displaystyle a+b}$ 对：因为在${\displaystyle n+2}$ 月的时候，前一月（${\displaystyle n+1}$ 月）的${\displaystyle b}$ 对兔子可以存留至第${\displaystyle n+2}$ 月（在当月属于新诞生的兔子尚不能生育）。而新生育出的兔子对数等于所有在${\displaystyle n}$ 月就已存在的${\displaystyle a}$ 对

斐波纳契数也是杨辉三角的每一条红色对角线上数字的和。

为求得斐波那契数列的一般表达式，可以借助线性代数的方法。高中的初等数学知识也能求出。

初等代数解法

已知

• ${\displaystyle a_{1}=1}$ 
• ${\displaystyle a_{2}=1}$ 
• ${\displaystyle a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2}}$ （n≥3）

首先构建等比数列

设${\displaystyle a_{n}+\alpha a_{n-1}=\beta (a_{n-1}+\alpha a_{n-2})}$ 
化简得
${\displaystyle a_{n}=(\beta -\alpha )a_{n-1}+\alpha \beta a_{n-2}}$ 
比较系数可得：
${\displaystyle {\begin{cases}\beta -\alpha =1\\\alpha \beta =1\end{cases}}}$ 
不妨设${\displaystyle \beta >0,\alpha >0}$ 
解得：

${\displaystyle {\begin{cases}\alpha ={\dfrac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\\\beta ={\dfrac {{\sqrt {5}}+1}{2}}\end{cases}}}$ 
又因为有${\displaystyle a_{n}+\alpha a_{n-1}=\beta (a_{n-1}+\alpha a_{n-2})}$ ， 即${\displaystyle \left\{a_{n}+\alpha a_{n-1}\right\}}$ 为等比数列。

求出数列${\displaystyle \left\{a_{n}+\alpha a_{n-1}\right\}}$ 

由以上可得：
${\displaystyle {\begin{aligned}a_{n+1}+\alpha a_{n}&=(a_{2}+\alpha a_{1})\beta ^{n-1}\\&=(1+\alpha )\beta ^{n-1}\\&=\beta ^{n}\\\end{aligned}}}$ 

变形得： ${\displaystyle {\frac {a_{n+1}}{\beta ^{n+1}}}+{\frac {\alpha }{\beta }}\cdot {\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}={\frac {1}{\beta }}}$ 。 令${\displaystyle b_{n}={\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}}$ 

求数列${\displaystyle \left\{{b_{n}}\right\}}$ 进而得到${\displaystyle \left\{a_{n}\right\}}$ 

${\displaystyle b_{n+1}+{\frac {\alpha }{\beta }}b_{n}={\frac {1}{\beta }}}$ 
设${\displaystyle b_{n+1}+\lambda =-{\frac {\alpha }{\beta }}(b_{n}+\lambda )}$ ，解得${\displaystyle \lambda =-{\frac {1}{\alpha +\beta }}}$ 。 故数列${\displaystyle \left\{b_{n}+\lambda \right\}}$ 为等比数列
即${\displaystyle b_{n}+\lambda =\left(-{\frac {\alpha }{\beta }}\right)^{n-1}\left(b_{1}+\lambda \right)}$ 。而${\displaystyle b_{1}={\frac {a_{1}}{\beta }}={\frac {1}{\beta }}}$ ， 故有${\displaystyle b_{n}+\lambda =\left(-{\frac {\alpha }{\beta }}\right)^{n-1}\left({\frac {1}{\beta }}+\lambda \right)}$ 
又有${\displaystyle {\begin{cases}\alpha ={\dfrac {{\sqrt {5}}-1}{2}}\\\beta ={\dfrac {{\sqrt {5}}+1}{2}}\end{cases}}}$  和${\displaystyle b_{n}={\frac {a_{n}}{\beta ^{n}}}}$ 
可得${\displaystyle a_{n}={\frac {\sqrt {5}}{5}}\cdot \left[\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right]}$ 

得出${\displaystyle {a_{n}}}$ 表达式

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

用数学归纳法证明表达式

证明${\displaystyle F_{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}]}$ ，其中${\displaystyle \varphi }$ 为黄金比例${\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}$ ，${\displaystyle n}$ 为任意整数

• 若${\displaystyle n}$ 为非负整数

当${\displaystyle n=0}$ 时，${\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{0}-(1-\varphi )^{0}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[1-1]=0=F_{0}}$ ，成立

当${\displaystyle n=1}$ 时，${\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{1}-(1-\varphi )^{1}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi -1+\varphi ]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[2\varphi -1]={\frac {1}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}=1=F_{1}}$ ，成立

设当${\displaystyle n=k}$ 及${\displaystyle n=k+1}$ 时皆成立，即${\displaystyle F_{k}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k}]}$ 且${\displaystyle F_{k+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}-(1-\varphi )^{k+1}]}$ 

当${\displaystyle n=k+2}$ 时

${\displaystyle {\begin{aligned}F_{k+2}&=F_{k+1}+F_{k}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}-(1-\varphi )^{k+1}]+{\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}+\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k+1}-(1-\varphi )^{k}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k}({\color {brown}\varphi +1})-(1-\varphi )^{k}[{\color {green}(1-\varphi )+1}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k}({\color {brown}\varphi ^{2}})-(1-\varphi )^{k}[{\color {green}(1-\varphi )^{2}}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k+2}-(1-\varphi )^{k+2}\right\}\\\end{aligned}}}$ 

亦成立

• 若${\displaystyle n}$ 为非正整数

当${\displaystyle n=0}$ 时，成立

当${\displaystyle n=-1}$ 时，${\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {5}}}[{\color {brown}\varphi ^{-1}}-{\color {green}(1-\varphi )^{-1}}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[({\color {brown}\varphi -1})-({\color {green}-\varphi })]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[2\varphi -1]={\frac {1}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}=1=F_{-1}}$ ，成立

设当${\displaystyle n=-k}$ 及${\displaystyle n=-k-1}$ 时皆成立，即${\displaystyle F_{-k}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-(1-\varphi )^{-k}]}$ 且${\displaystyle F_{-k-1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k-1}]}$ 

当${\displaystyle n=-k-2}$ 时

${\displaystyle {\begin{aligned}F_{-k-2}&=F_{-k}-F_{-k-1}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-(1-\varphi )^{-k}]-{\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k-1}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k}+(1-\varphi )^{-k-1}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-1}({\color {brown}\varphi -1})-(1-\varphi )^{-k-1}[{\color {green}(1-\varphi )-1}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-1}({\color {brown}\varphi ^{-1}})-(1-\varphi )^{-k-1}[{\color {green}(1-\varphi )^{-1}}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-2}-(1-\varphi )^{-k-2}\right\}\\\end{aligned}}}$ 

亦成立

因此，根据数学归纳法原理，此表达式对于任意整数${\displaystyle n}$ 皆成立

线性代数解法

${\displaystyle {\begin{pmatrix}F_{n+2}\\F_{n+1}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}F_{n+1}\\F_{n}\end{pmatrix}}}$ 

${\displaystyle {\begin{pmatrix}F_{n+2}&F_{n+1}\\F_{n+1}&F_{n}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}^{n+1}}$ 

构建一个矩阵方程

设${\displaystyle J_{n}}$ 为第${\displaystyle n}$ 个月有生育能力的兔子数量，${\displaystyle A_{n}}$ 为这一月份的兔子数量。

${\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}\cdot {J_{n} \choose A_{n}},}$ 

上式表达了两个月之间，兔子数目之间的关系。而要求的是，${\displaystyle A_{n+1}}$ 的表达式。

求矩阵的特征值：${\displaystyle \lambda }$ 

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

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

故当行列式的值为 0，解得 ${\displaystyle \lambda _{1}={\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})}$  或 ${\displaystyle \lambda _{2}={\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})}$ 。

特征向量

将两个特征值代入

${\displaystyle \left({\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}-\lambda \cdot E\right)\cdot {\vec {x}}=0}$ 

求特征向量${\displaystyle {\vec {x}}}$ 得

${\displaystyle {\vec {x}}_{1}}$ =${\displaystyle {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}$ 

${\displaystyle {\vec {x}}_{2}}$ =${\displaystyle {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}$ 

分解首向量

第一个月的情况是兔子一对，新生0对。

${\displaystyle {J_{1} \choose A_{1}}={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}}$ 

将它分解为用特征向量表示。

${\displaystyle {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}$  （4）

用数学归纳法证明

从

${\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}\cdot {J_{n} \choose A_{n}}}$ =${\displaystyle \lambda \cdot {J_{n} \choose A_{n}}}$ 

可得到

${\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}}^{n}\cdot {J_{1} \choose A_{1}}=\lambda ^{n}\cdot {J_{1} \choose A_{1}}}$  （5）

化简矩阵方程

将（4） 代入 （5）

${\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}=\lambda ^{n}\cdot \left[{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}\right]}$ 

根据3

${\displaystyle {J_{n+1} \choose A_{n+1}}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{1}^{n}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{2}^{n}\cdot {\begin{pmatrix}1\\{\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})\end{pmatrix}}}$ 

求A的表达式

现在在6的基础上，可以很快求出${\displaystyle A_{n+1}}$ 的表达式，将两个特征值代入6中

${\displaystyle A_{n+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{1}^{n+1}-{\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot \lambda _{2}^{n+1}}$ 

${\displaystyle A_{n+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\cdot (\lambda _{1}^{n+1}-\lambda _{2}^{n+1})}$ 

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

（7）即为${\displaystyle A_{n+1}}$ 的表达式

数论解法

实际上，如果将斐波那契数列的通项公式写成${\displaystyle a_{n}-a_{n-1}-a_{n-2}=0}$ ，即可利用解二阶线性齐次递推关系式的方法，写出其特征多项式${\displaystyle \lambda ^{2}-\lambda -1=0}$ （该式和表达斐波那契数列的矩阵的特征多项式一致），然后解出${\displaystyle \lambda _{1}}$ =${\displaystyle {\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})}$ ，${\displaystyle \lambda _{2}}$ =${\displaystyle {\frac {1}{2}}(1-{\sqrt {5}})}$ ，即有${\displaystyle a_{n}=c_{1}\lambda _{1}^{n}+c_{2}\lambda _{2}^{n}}$ ，其中${\displaystyle c_{1},c_{2}}$ 为常数。我们知道${\displaystyle a_{0}=0,a_{1}=1}$ ，因此${\displaystyle {\begin{cases}c_{1}+c_{2}=0\\{\frac {c_{1}(1+{\sqrt {5}})}{2}}+{\frac {c_{2}(1-{\sqrt {5}})}{2}}=1\end{cases}}}$ ，解得${\displaystyle c_{1}={\frac {1}{\sqrt {5}}},c_{2}=-{\frac {1}{\sqrt {5}}}}$ 。

组合数解法

${\displaystyle F_{n}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}}$ ^[1]

${\displaystyle F_{n-1}+F_{n}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-1-i}{i}}+\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}=1+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n-i}{i-1}}+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n-i}{i}}=1+\sum _{i=1}^{\infty }{\binom {n+1-i}{i}}=\sum _{i=0}^{\infty }{\binom {n+1-i}{i}}=F_{n+1}}$ 

黄金比例恒等式解法

设${\displaystyle \varphi }$ 为黄金比例${\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}$ ，则有恒等式${\displaystyle \varphi ^{n}=F_{n-1}+\varphi F_{n}}$ 与${\displaystyle (1-\varphi )^{n}=F_{n+1}-\varphi F_{n}}$ ，其中${\displaystyle n}$ 为任意整数^{[注 1]}，则

${\displaystyle {\begin{aligned}\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}&=(F_{n-1}+\varphi F_{n})-(F_{n+1}-\varphi F_{n})\\&=(F_{n-1}-F_{n+1})+2\varphi F_{n}\\&=-F_{n}+2\varphi F_{n}\\&=F_{n}(2\varphi -1)\\&=F_{n}\times {\sqrt {5}}\\\end{aligned}}}$ 

因此得到${\displaystyle F_{n}}$ 的一般式：

${\displaystyle {\begin{aligned}F_{n}&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left[({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}})^{n}-({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}})^{n}\right]\\\end{aligned}}}$ 

此一般式对任意整数${\displaystyle n}$ 成立

近似值

当${\displaystyle n}$ 为足够大的正整数时，则

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

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

用计算机求解

可通过编程观察斐波那契数列。分为两类问题，一种已知数列中的某一项，求序数。第二种是已知序数，求该项的值。

可通过递归递推的算法解决此两个问题。 事实上当${\displaystyle n}$ 相当巨大的时候，O（n）的递推/递归非常慢……这时候要用到矩阵快速幂这一技巧，可以使递归加速到O(logn)。

开普勒发现数列前、后两项之比${\displaystyle {\frac {1}{2}},{\frac {2}{3}},{\frac {3}{5}},{\frac {5}{8}},{\frac {8}{13}},{\frac {13}{21}},{\frac {21}{34}},\cdots }$ ，也组成了一个数列，会趋近黄金分割：

${\displaystyle {\frac {f_{n+1}}{f_{n}}}\approx a={\frac {1}{2}}(1+{\sqrt {5}})=\varphi \approx 1{.}618{...}}$ 

斐波那契数亦可以用连分数来表示：

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

${\displaystyle F_{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left[\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right]={\varphi ^{n} \over {\sqrt {5}}}-{(1-\varphi )^{n} \over {\sqrt {5}}}}$ 

而黄金分割数亦可以用无限连分数表示：

${\displaystyle \varphi =1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+{\frac {1}{1+...}}}}}}}}}$ 

而黄金分割数也可以用无限多重根号表示：

${\displaystyle \varphi ={\sqrt {1+{\sqrt {1+{\sqrt {1+{\sqrt {1+...}}}}}}}}}$ 

斐氏数列见于不同的生物学现象^[2]，如树的分枝、叶在枝条上的排列（英语：Phyllotaxis）、菠萝聚花果上小单果的排列、^[3]雅枝竹的花蕾、正在舒展的蕨叶、松球的鳞的排列^[4]、蜜蜂的家族树^[5][6]。开普勒曾指出斐氏数列存在于自然界，并以此解释某些花的五边形形态（与黄金分割率相关）。^[7]法国菊的“瓣”（舌状花）数通常为斐氏数。^[8]1830年，K. F. Schimper和A. Braun发现植物的旋生叶序中，连续两块叶之间转过的角度与周角之比，约成整数比时，常出现斐氏数^[9]，如${\displaystyle 2/5}$ 或${\displaystyle 5/13}$ ^[10]。

资料来源：^[11]

证明以下的恒等式有很多方法。以下会用组合论述来证明。

• ${\displaystyle F_{n}}$ 可以表示用多个1和多个2相加令其和等于${\displaystyle n}$ 的方法的数目。

不失一般性，我们假设${\displaystyle n\geq 1}$ ，${\displaystyle F_{n+1}}$ 是计算了将1和2加到n的方法的数目。若第一个被加数是1，有${\displaystyle F_{n}}$ 种方法来完成对${\displaystyle n-1}$ 的计算；若第一个被加数是2，有${\displaystyle F_{n-1}}$ 来完成对${\displaystyle n-2}$ 的计算。因此，共有${\displaystyle F_{n}+F_{n-1}}$ 种方法来计算n的值。

• ${\displaystyle F_{0}+F_{1}+F_{2}+F_{3}+...+F_{n}=F_{n+2}-1}$ 

计算用多个1和多个2相加令其和等于${\displaystyle n+1}$ 的方法的数目，同时至少一个加数是2的情况。

如前所述，当${\displaystyle n>0}$ ，有${\displaystyle F_{n+2}}$ 种这样的方法。因为当中只有一种方法不用使用2，就即${\displaystyle 1+1+...+1}$ 　（${\displaystyle n+1}$ 项），于是我们从${\displaystyle F_{n+2}}$ 减去1。

1. 若第1个被加数是2，有${\displaystyle F_{n}}$ 种方法来计算加至${\displaystyle n-1}$ 的方法的数目；
2. 若第2个被加数是2、第1个被加数是1，有${\displaystyle F_{n-1}}$ 种方法来计算加至${\displaystyle n-2}$ 的方法的数目。
3. 重复以上动作。
4. 若第${\displaystyle n+1}$ 个被加数为2，它之前的被加数均为1，就有${\displaystyle F_{0}}$ 种方法来计算加至0的数目。

若该数式包含2为被加数，2的首次出现位置必然在第1和${\displaystyle n+1}$ 的被加数之间。2在不同位置的情况都考虑到后，得出${\displaystyle F_{n}+F_{n-1}+...+F_{0}}$ 为要求的数目。

• ${\displaystyle F_{1}+2F_{2}+3F_{3}+...+nF_{n}=nF_{n+2}-F_{n+3}+2}$ 

• ${\displaystyle F_{1}+F_{3}+F_{5}+...+F_{2n-1}=F_{2n}}$ 
• ${\displaystyle F_{2}+F_{4}+F_{6}+...+F_{2n}=F_{2n+1}-1}$ 
• ${\displaystyle {F_{1}}^{2}+{F_{2}}^{2}+{F_{3}}^{2}+...+{F_{n}}^{2}=F_{n}F_{n+1}}$ 
• ${\displaystyle F_{n}F_{m-k}-F_{m}F_{n-k}=(-1)^{n-k}F_{m-n}F_{k}}$ ，其中${\displaystyle m,n,k}$ 与${\displaystyle F}$ 的序数皆不限于正整数。^{[注 2]}
  • 特别地，当${\displaystyle n=m-k}$ 时，${\displaystyle {F_{n}}^{2}-F_{n+k}F_{n-k}=(-1)^{n-k}{F_{k}}^{2}}$ 
    • 更特别地，当${\displaystyle k=1}$ 或${\displaystyle k=-1}$ 时，对于数列连续三项，有${\displaystyle {F_{n}}^{2}-F_{n-1}F_{n+1}=(-1)^{n-1}}$ 
  • 另一方面，当${\displaystyle (m,n,k)=(n+1,n,-2)}$ 时，对于数列连续四项，有${\displaystyle F_{n}F_{n+3}-F_{n+1}F_{n+2}=(-1)^{n+1}}$ ^{[注 3]}
• ${\displaystyle \varphi ^{n}=F_{n-1}+\varphi F_{n}}$ 且${\displaystyle (1-\varphi )^{n}=F_{n+1}-\varphi F_{n}}$ ，其中${\displaystyle \varphi }$ 为黄金比例${\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}$ ，${\displaystyle n}$ 为任意整数^{[注 1]}

借由上述公式，又可推得以下恒等式^{[注 4]}：

• • ${\displaystyle {F_{m}}{F_{n}}+{F_{m-1}}{F_{n-1}}=F_{m+n-1}}$ ^[11]
  • ${\displaystyle F_{m}F_{n+1}+F_{m-1}F_{n}=F_{m+n}}$ ^[11]

    特别地，当${\displaystyle m=n}$ 时，${\displaystyle {\begin{aligned}F_{2n-1}&=F_{n}^{2}+F_{n-1}^{2}\\F_{2n}&=(F_{n-1}+F_{n+1})F_{n}\\&=(2F_{n-1}+F_{n})F_{n}\end{aligned}}}$ 

公约数和整除关系

• ${\displaystyle F_{n}}$ 整除${\displaystyle F_{m}}$ ，当且仅当${\displaystyle n}$ 整除${\displaystyle m}$ ，其中${\displaystyle n\geqq 3}$ 。
• ${\displaystyle \gcd(F_{m},F_{n})=F_{\gcd(m,n)}}$ 
• 任意连续三个菲波那契数两两互素，亦即，对于每一个${\displaystyle n}$ ，

${\displaystyle \mathrm {gcd} (F_{n},F_{n+1})=\mathrm {gcd} (F_{n},F_{n+2})=\mathrm {gcd} (F_{n+1},F_{n+2})=1}$ 

斐波那契素数

在斐波那契数列中，有素数：^[12] 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素数是第104911个斐波那契数，一共有21925个十进制位。不过，人们仍不知道是不是有无限个斐波那契素数。^[13]

如§ 公约数和整除关系所述，${\displaystyle F_{kn}}$ 总能被${\displaystyle F_{n}}$ 整除，故除${\displaystyle F_{4}=3}$ 之外，任何斐氏素数的下标必同为素数。由于存在任意长（英语：Arbitrarily large）的一列连续合数，斐氏数列中亦能找到连续任意多项全为合数。

大于${\displaystyle F_{6}=8}$ 的斐氏数，必不等于素数加一或减一。^[14]

与其他数列的交集

斐波那契数列中，只有3个平方数：0、1、144。^[15][16]2001年，派特·奥蒂洛（匈牙利语：Pethő Attila）证明衹有有限多个斐氏数是完全幂。^[17]2006年，Y. Bugeaud、M. Mignotte、S. Siksek三人证明此种幂仅得0、1、8、144。^[18]

1、3、21、55为仅有的斐氏三角形数。Vern Hoggatt（英语：Verner Emil Hoggatt Jr.）曾猜想此结论，后来由罗明证明。^[19]

斐波那契数不能为完全数。^[20]推而广之，除1之外，其他斐氏数皆非多重完全数^[21]，任两个斐氏数之比亦不能是完全数^[22]。

模n的周期性

斐波那契数列各项模${\displaystyle n}$ 的余数构成周期数列（英语：periodic sequence），其最小正周期称为皮萨诺周期^[23]，至多为${\displaystyle 6n}$ ^[24]。皮萨诺周期对不同${\displaystyle n}$ 值的通项公式仍是未解问题，其中一步需要求出某个整数（同余意义下）或二次有限域元素的乘法阶数（英语：multiplicative order）。不过，对固定的${\displaystyle n}$ ，求解模${\displaystyle n}$ 的皮萨诺周期是周期检测（英语：cycle detection）问题的特例。

斐波那西数列是斐波那西n步数列步数为2的特殊情况，也和卢卡斯数列有关。

和卢卡斯数列的关系

${\displaystyle F_{n}L_{n}=F_{2n}}$ 

反费波那西数列

反费波那西数列的递归公式如下：

${\displaystyle G_{n+2}=G_{n}-G_{n+1}}$ 

如果它以1,-1开始，之后的数是：1,-1,2,-3,5,-8, ...

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

亦可写成${\displaystyle F_{m}=(-1)^{m+1}G_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}}$ ，其中${\displaystyle m}$ 是非负整数。

反费波那西数列两项之间的比会趋近${\displaystyle -{\frac {1}{\varphi }}\approx -0.618}$ 。

证明关系式

证明${\displaystyle F_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}}$ ，其中${\displaystyle m}$ 是非负整数

以${\displaystyle \varphi }$ 表示黄金分割数${\displaystyle {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}}$ ，则有${\displaystyle \varphi (1-\varphi )=-1}$ 

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

${\displaystyle {\begin{aligned}(-1)^{m+1}F_{-m}&=(-1)^{m+1}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\color {brown}(-1)^{m}}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\color {brown}\varphi ^{m}(1-\varphi )^{m}}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m+m}(1-\varphi )^{m}-(1-\varphi )^{-m+m}\varphi ^{m}]\\&=(-1)\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[(1-\varphi )^{m}-\varphi ^{m}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{m}-(1-\varphi )^{m}]\\&=F_{m}\\\end{aligned}}}$ 

巴都万数列

费波那西数列可以用一个接一个的正方形来表现，巴都万数列则是用一个接一个的等边三角形来表现，它有${\displaystyle P_{n}=P_{n-2}+P_{n-3}}$ 的关系。

佩尔数列

佩尔数列的递归公式为${\displaystyle P_{n}=2P_{n-1}+P_{n-2}}$ ，前几项为0,1,2,5,12,29,70,169,408,...

1970年，尤里·马季亚谢维奇指出了偶角标的斐波那契函数

${\displaystyle y=F_{2x}}$ 

正是满足Julia Robison假设的丢番图函数，因而证明了希尔伯特第十问题是不可解的。

计算机科学

• 考虑以辗转相除法求两个正整数的最大公约数，分析此算法的运行时间。同等输入规模下，最坏情况（用时最长）发生于输入为两个相邻斐氏数时。^[25]
• 归并排序算法有一多相（polyphase）版本用到斐氏数列，是将未排序的数组分为两份，长度为相邻的斐氏数（因此比值接近黄金比）。《计算机程序设计艺术》^{[页码请求]}描述了此种多相合并排序（英语：polyphase merge sort）的实作方法，适用于以磁带机为外存的情况。
• 斐波那契树是一棵二叉树，其每个节点的左右子树高皆恰好差1。由此，斐氏树为AVL树，且对固定高度而言，是最少节点的AVL树。此类树的节点数可写成斐氏数减1。^[26]
• 某些伪随机数生成器用到斐氏数列。^{[具体情况如何？]}
• 斐波那契堆是一种数据结构，分析其时间复杂度时会用到斐波那契数。
• 斐波那契编码是以01字串表示正整数的一种方法，负斐波那契编码（英语：NegaFibonacci coding）与之类似，还可以表示负数。

JavaScript迭代版

function fib(n) {
    var fib_n = function(curr, next, n) {
        if (n == 0) {
            return curr;
        }
        else {
            return fib_n(next, curr+next, n-1);
        }
    }
    return fib_n(0, 1, n);
}
alert(fib(40));

C语言通项公式版

#include <stdio.h>
#include <math.h>

int main()
{
    int n;
    double constant_a = (1 + sqrt(5)) / 2;
    double constant_b = (1 - sqrt(5)) / 2;
    double constant_c = sqrt(5) / 5;
    double value_1 = 0;
    int value_2 = 0;
    scanf("%d", &n);
    if(n > 0)
    {
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
             value_1 = constant_c * (pow(constant_a, i) - pow(constant_b, i));
             value_2 = (int)value_1;
             printf("%d\n", value_2);
        }
        return 0;
    }
    else
    {
        return -1;
    }
}

c++二变量求某项版

#include <iostream>
using namespace std;
int main () {
	int x,y,n;
    x=1;y=0;
	cin >> n;
	for (int i=0;i<n;i=i+1) {
	    x=x+y;
		y=x-y;
	}
	cout << y;
	return 0;
}

c++通项公式版

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int main()
{
    unsigned long long n;
    double ca = (1 + sqrt(5)) / 2;
    double cb = (1 - sqrt(5)) / 2;
    double cc = sqrt(5) / 5;
    double v1 = 0;
    double v2 = 0;
    cout <<" ";
    cin>>n;
    if(n > 0)
    {
        for (unsigned long long i = 0; i < n; i++)
    {
            v1 = cc * (pow(ca, i) - pow(cb, i));
        v2 = (int)v1;
        cout <<v2<<endl;
    }
    return 0;
    }
    else
    {
        return -1;
    }
        cout <<'/b';
}

Python语言通项公式版

# Fibonacci numbers module

def fib(n):    # write Fibonacci series up to n
    a, b = 0, 1
    while b < n:
        print(b, end=' ')
        a, b = b, a+b
    print()

def fib2(n):   # return Fibonacci series up to n
    result = []
    a, b = 0, 1
    while b < n:
        result.append(b)
        a, b = b, a+b
    return result

fibs = [0, 1]
numZS = int(input('How many Fibonacci numbers do you want? '))
for i in range(numZS-2):
    fibs.append(fibs[-2] + fibs[-1])
print fibs