大自然中随处可见的数字
请大家认真观察最奇妙的数列之一——斐波那契数列。
1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233 …
斐波那契数列的前两项分别是1、1，第3项是1 + 1 = 2（第1项和第2项之和），第4项是1 + 2 = 3（第2项和第3项之和），第5项是2 + 3 = 5（第3项和第4项之和），之后的各项依次是3 + 5 = 8，5 + 8 = 13，8 + 13 = 21…。1202年，比萨的利奥纳多（后被人称为“斐波那契”）在其著作《算盘书》（Liber Abaci）中第一次介绍了这些数字。这部著作不仅把阿拉伯—印度数字系统引入了欧洲国家，还为西方世界创立了沿用至今的计算方法。
这部著作论述了很多计算问题，其中有一个有趣的“兔子问题”：假设兔子永远不会死，小兔子长大需要1个月，然后每个月生一对小兔子；如果一开始的时候有一对小兔子，那么12个月之后共有多少对兔子？
我们可以用图形或者符号来呈现这个问题。用小写字母“r”表示一对小兔子，用大写字母“R”表示成年兔子。每个小写的“r”到下一个月就会变成大写的“R”，大写的“R”则变成“Rr”。（也就是说，小兔子长成大兔子，大兔子生下小兔子。）
我们利用下表对问题建模。我们发现，在前6个月里，兔子的对数分别是1、1、2、3、5、8。
我们在不具体列出兔群构成的情况下，可以证明到第7个月时有13对兔子。那么，其中有多少对成年兔子呢？由于第6个月的所有兔子到第7个月时都是成年兔子，因此第7个月有8对成年兔子。
第7个月又有多少对小兔子呢？它在数量上等于第6个月的成年兔子的对数，即5对（与第5个月时的兔子总数必然相等）。因此，第7个月的兔子对数为8 + 5 = 13。
如果把斐波那契数列的前两项分别定义为F1 = 1，F2 = 1，随后各项分别为其前面两个数字之和，那么，对于n≥3，有：
Fn = Fn–1 + Fn–2
如下表所示，F3 = 2, F4 = 3, F5 = 5, F6 = 8，以此类推。
斐波那契数列的前13个数字
因此，前文中兔子问题的答案是F13 = 233（包含F12 = 144对成年兔子和F11 = 89对小兔子）。
除了研究人口动态以外，斐波那契数列还有无数其他应用，而且我们经常可以在自然界中发现它的踪影。例如，花朵的花瓣数常常是斐波那契数列中的一个数字，向日葵、菠萝、松球等的螺旋结构中也常常含有斐波那契数列中的数字。但是，最让我沉醉不已的是斐波那契数列表现出来的那些美丽动人的规律。
例如，我们把斐波那契数列的前几个数字相加，看看它们的和有什么特点。
这些和大多不是斐波那契数列中的数字，但却非常接近。事实上，这些和分别比斐波那契数列小1。下面，我们来看看其中的奥秘。以最后一个等式为例，我们把每个数字改写成其后两个数字之差的形式，上式就会变成：
1 + 1 + 2 + 3 + 5 + 8 + 13
=(2 – 1) + (3 – 2) + (5 – 3) + (8 – 5) + (13 – 8) + (21 – 13) + (34 – 21)
= 34 – 1
请注意观察，(2 – 1)中的2会被(3 – 2)中的2抵消，(3 – 2)中的3会被(5 – 3)中的3抵消，最终，除了最后一项中的34和第1项中的（–1）以外，所有项均相互抵消了。一般而言，斐波那契数列的前n个数字相加有一个非常简单的求和公式：
F1 + F2 + F3 + … + Fn = Fn+2 –1
下面我再向大家介绍一个与之相关、答案同样美丽简练的问题。如果将斐波那契数列的前n个偶数项数字相加，它们的和有什么特征？也就是说，下面这个求和算式可以简化吗？
F2 + F4 + F6 + … + F2n
先观察前几个偶数项的数字之和：
注意，这些数字看上去非常眼熟。事实上，这些数字在前面求斐波那契数列的前n个数字之和时出现过，所有的数字都比斐波那契数列小1。考虑到斐波那契数列的每个数字都是其前两项相加之和，因此，在第一项之后，我们可以把每个偶数项的数字替换成其前两个数字之和。从下面的算式可以看出，这个问题实际上已经变成了上面的那个求和问题：
1 + 3 + 8 + 21
= 1 + (1+2) + (3 + 5) + (8 + 13)
= 34–1
最后一行符合前n项斐波那契数列之和的特征：前7个数字的和比第9个数字小1。
一般而言，鉴于F2 = F1 = 1，且每个数字都是前两项之和，因此我们可以把偶数项数字的求和问题变成前2n – 1个数字的求和问题。
F2 + F4 + F6 + … + F2n
= F1 + (F2 + F3) + (F4 + F5) + … + (F2n – 2 + F2n – 1 )
= F2n+1 – 1
接下来，我们再研究前n个奇数项的数字之和。
这些和表现出更明显的规律：前n个奇数项的数字之和就是下一个数字。利用上面的方法，我们可以得到：
F1 + F3 + F5 + … + F2n–1
= 1 + (F1 + F2) + (F3 + F4) + … + (F2n – 3 + F2n – 2 )
= 1 + ( F2n–1)
= F2n
延伸阅读
我们还可以换一种证明方法，得出相同的结果。如果从斐波那契数列的前2n个数字之和中减去前n个偶数项数字之和，就会得到前n个奇数项数字之和：
F1 + F3 + F5 + … + F2n–1
= (F1 + F2 + … + F2n–1) – (F2 + F4 + … + F2n–2)
= (F2n + 1 – 1) – (F2n – 1 – 1)
= F2n
兔子、音乐与拼图
到目前为止，我们已经讨论了斐波那契数列的若干规律，但也只能算点到为止。你也许会想，这些数字的作用肯定不限于计算有多少对兔子吧。的确，斐波那契数列是很多计数问题的答案。1150年（比萨的利奥纳多还没有开始研究那些兔子呢），印度数学家赫马查德拉问，如果音乐的终止式只包含长度为1或2的音节，那么长度为n的终止式共有多少种呢？我们用简单的数学语言来表述这个问题。
问题：如果把数字n写成1与2的和的形式，一共有多少种写法？
我们把答案记作fn，然后考虑n取较小值时fn的值。
和为1的情况只有一种，和为2有两种情况（1 + 1和2），和为3有三种情况（1 + 1+ 1, 1 + 2，2 + 1）。注意，只可以使用1和2这两个数字。此外，数字的先后次序是需要考虑的重要因素，因此1 + 2与2 + 1不同。和为4有5种情况（1 + 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 2, 1 + 2 + 1, 2 + 1 + 1, 2 + 2），上表中给出的答案似乎都是斐波那契数列中的数字，事实也确实如此。
我们以f5 = 8为例，看看和为5的情况为什么有8种。求和时，第1项只能是1或者2。第1项是1的情况一共有多少种呢？在1之后，我们必须再给出一系列的1和2，而且这些数之和等于4。我们知道，这样的序列共有f4 = 5种。同理，第1项是2且各项之和是5的情况共有多少种呢？在第一个数字2之后，剩余各项之和必须是3，一共有f3 = 3种情况。因此，和为5的情况一共有5 + 3 = 8种。同理，和为6的序列一共有13种，因为第1项数字是1的情况共有f5 = 8种，第1项数字是2的情况共有f4 = 5种。一般而言，和为n的序列共有fn种，其中，以1开始的序列有fn–1种，以2开始的序列有fn–2种，因此：
fn = fn–1 + fn–2
也就是说，fn的前几个数字与斐波那契数列相似，随后各项的增长方式也与斐波那契数列相似。因此，这些数字构成的就是斐波那契数列，不过两者之间还存在一个小差异，或者更准确地说是发生了位移。请注意，f1 = 1 = F2，f2= 2 = F3，f3 = 3 = F4，以此类推。（为方便起见，我们定义f0 = F1 = 1，f–1 = F0 = 0。）一般而言，对于n≥1，有：
fn = Fn+1
了解斐波那契数列的应用价值之后，我们可以利用这方面的知识，对它的很多美丽的规律加以证明。大家还记得我们在第4章结尾部分讨论的帕斯卡三角形的对角线方向的数字之和吧。
例如，第8条对角线方向的数字之和是：
1 + 7 + 15 + 10 + 1 = 34 = F9
如果表述成“n选几”的形式，就是：
为了帮助大家理解这个规律，我们用两个办法来解决下面这个计数问题。
问题：和为8的1–2序列有多少种？
第一种方法：根据定义，有f8 = F9种。
第二种方法：根据序列中2的个数，把这个问题分成5种情况加以考虑。
没有2的序列有多少种？显然只有1种，即11111111，毫无疑问 = 1。
只有1个2的序列有多少种？有7种，即2111111，1211111，1121111，1112111，1111211，1111121，1111112。这些序列包含7个数字，数字2在其中有 = 7种不同的位置。
有2个2的序列有多少种？符合这个条件的代表性序列是221111，我在这里就不一一列出全部15种序列了。提醒大家注意一点：符合条件的序列都有2个2和4个1，共包含6个数。因此，2个2在这些序列中一共有 = 15种不同的位置。同理，含有3个2的序列还必须包含2个1，共有5个数字，这样的序列有 = 10种。最后，含有4个2的序列只有 = 1种，即2222。
比较这两个答案，就能得出令人满意的解释。一般而言，帕斯卡三角形的第n条对角线方向的数字之和，一定是一个斐波那契数列中的数字。具体地说，对于所有的n≥0，在求第n条对角线方向的数字之和（从第1项加到第n / 2项，以保证求和的行为限制在三角形范围之内）时，我们都会得到：
我们还可以通过拼图来理解斐波那契数列，这个方法的效果与前几种差不多，却更加直观。例如，f4 = 5表明，在利用方块（长度为1）和双方块（长度为2）拼成长度为4的长条时共有5种拼法。比如，1 + 1 + 2表示方块—方块—双方块的拼法。
利用方块和双方块拼成长度为4的长条共有5种拼法，证明f4 = 5成立
利用拼图法，我们还可以理解斐波那契数列的另一个重要规律。观察下表，找出斐波那契数列进行平方运算之后的规律。
把斐波那契数列中两个连续的数字相加，和为下一个数字，这个结果并不令人吃惊。（毕竟，斐波那契数列就是这样定义的。）但是，你绝对想不到它们的二次幂竟然也有一些非常有意思的规律。我们先把连续数字的二次幂相加，看看它们的和有什么规律。
斐波那契数列中f0至f10的二次幂
我们利用计数的方法来解释其中的规律。最后一个等式表明：
为什么会这样？通过一个简单的计数问题，我们就能理解其中的缘由。
问题：利用方块和双方块拼成长度为10的长条，共有多少种方法？
第一种方法：根据定义，有f10种拼法。下图所示是一种典型的拼法，即2 + 1 + 1 + 2 + 1 + 2 + 1。
我们说这种拼法在第2、3、4、6、7、9和10单元处是可以拆分的。（也就是说，除了双方块的中间位置，其他地方都是可以拆分的。）而在第1、5、8单元处是不可拆分的。
第二种方法：我们分两种情况考虑，即在第5单元处可以拆分的拼图和在该处不可拆分的拼图。在第5单元处可以拆分、长度为10的拼图共有多少种呢？这样的拼图可以一分为二，前一半有f5 = 8种拼法，后一半也有f5 = 8种拼法。因此，根据第4章介绍的乘法法则，如下图所示，共有f 25 = 82 种拼法。
长度为10且在第5单元处可以拆分的拼图有f 种
长度为10且在第5单元处不可拆分的拼图有多少种？在这样的拼图中，第5、6单元必然是一个双方块，如下图所示。在这种情况下，左右两边各有f4 = 5种拼法，因此，在第5单元处不可拆分的长条共有f 24 = 52 种拼法。把这两种情况加总，就会得到 f10 =f 25 + f 24。证明完毕。
长度为10且在第5单元处不可拆分的拼图有f 种
一般而言，取长度为2n的拼图，考虑中间位置可以拆分与不可拆分的情况，就可以得出下面这个美观简练的规律：
f2n =f 2n + f 2n – 1
延伸阅读
有了上面这个等式之后，我们可能希望推而广之，以便在类似情况下也可以使用它。例如，长度为m + n的拼图。在第m单元处可以拆分的拼图有多少种？左边有fm种拼法，右边有fn种拼法，因此共有fm fn种拼法。在第m单元处不可拆分的拼图有多少种呢？这种拼图的第m和m + 1单元必然是一个双方块，因此其余的位置有fm–1 fn–1种拼法。加到一起，就会得到下面这个非常有用的等式。对于m, n≥0：
fm+n = fm fn + fm – 1 fn – 1
接下来，我们介绍另一个规律。把斐波那契数列中数字的二次幂相加，观察和有什么特征。
12 + 12 = 2 = 1×2
12 + 12 + 22 = 6 = 2×3
12 + 12 + 22 + 32 = 15 = 3×5
12 + 12 + 22 + 32 + 52 = 40 = 5×8
12 + 12 + 22 + 32 + 52 + 82 = 104 = 8×13
…
哇，太棒了！斐波那契数列中数字的平方和，就是最后一个数字与下一个数字的乘积！为什么1、1、2、3、5、8的平方和等于8×13呢？用几何图形可以“看出”其中的奥秘。取边长分别是1、1、2、3、5、8的正方形，按下图所示的方式拼到一起。
我们先放一个1×1的正方形，再在旁边放另一个1×1的正方形，就会得到一个1×2的长方形。在这个长方形的下面，放一个2×2的正方形，就会得到一个3×2的长方形。沿着长方形的长边，放一个3×3的正方形（得到一个3×5的长方形）。然后，在下面放置一个5×5的正方形（得到一个8×5的长方形）。最后，在旁边放置一个8×8的正方形，就会得到一个8×13的长方形。现在，我们考虑一个简单的问题。
问题：这个大长方形的面积是多少？
第一种方法：这个长方形的面积是所有正方形的面积之和。换句话说，大长方形的面积必然是12 + 12 + 22 + 32 + 52 + 82。
第二种方法：这个大长方形的高是8，底边长度为5 + 8 = 13，因此它的面积必然是8×13。
由于这两种方法都是正确的，所以算出的面积必然相等，上面的等式得以证明。事实上，回头去看这个大长方形的构建过程，你就会发现上面列出的关于这个规律的所有关系（例如，12 + 12 + 22 + 32 + 52 = 5×8）都已经得到了证明。沿着这个思路，你还可以构建大小为13×21、21×34…的长方形。由此可知，这个规律永远成立，其一般表达式为：
12 + 12 + 22 + 32 + 52 + 82 + … + F2n =Fn Fn+1
接下来，我们将斐波那契数列中与某个数字左右相邻的两个数字相乘，看看乘积有什么规律。例如，在斐波那契数列中，与5相邻的两个数字分别是3和8，乘积是3×8 = 24，比52小1；与8相邻的两个数字分别是5和13，乘积是5×13 = 65，比82大1。认真观察下表，很容易得出：在斐波那契数列中，与某个数字左右相邻的两个数字相乘，乘积与该数字的二次幂相差1。换句话说：
F2n – Fn–1 Fn+1 = ±1
与某个数字左右相邻的两数乘积与该数字的二次幂之间相差1
利用归纳法（一种证明方法，我们将在下一章学习这种方法）可以证明，对于n≥1：
F – Fn–1 Fn+1 = (–1)n+1
接下来，我们研究与某个数字距离较大的两个数字的乘积，以便把这个规律推而广之。以F5 = 5为例，我们发现，与之紧密相邻的两个斐波那契数字的乘积是3×8 = 24，与52相差1。与5相距2个数字的左右两数相乘时，也会得到相同的结果，即2×13 = 26同样与52相差1。与5相距3、4或5个数字的左右两数相乘呢？它们的乘积分别是1×21 = 21，1×34 = 34，0×55 = 0。这些乘积与25相差多少呢？它们的距离分别是4、9、25，都是完全平方数。而且，它们不是没有任何规律的完全平方数，而是斐波那契数列中数字的二次幂！下表给出了更多的证据，证明这个规律确实存在，其一般表达式为：
F2n – Fn–r Fn+r =± F2r
在斐波那契数列中，某个数字的两个远邻的乘积一定与该数字的二次幂相距较近，该距离一定是某个数字的二次幂
质数、黄金比例与《达·芬奇密码》
我们已经知道，帕斯卡三角形中的偶数与奇数表现出一种极其复杂的规律。对于斐波那契数列而言，情况则简单得多。在斐波那契数列中哪些是偶数呢？
1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144…
偶数有F3 = 2，F6 = 8，F9 = 34，F12 = 144，等等。（在本节中，由于斐波那契数列表现出更美的规律性，因此我们继续用大写字母“F”来表示斐波那契数列中的数字。）前几个偶数出现在第3、6、9、12等的位置上，说明每3项就有一个偶数。我们注意到，这个规律始于：
奇，奇，偶
然后重复：
奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶……
这是因为，在每个“奇，奇，偶”代码块之后，接下来的代码块必然以“奇 + 偶 = 奇”开始，然后是“偶 + 奇 = 奇”，再然后是“奇 + 奇 = 偶”，如此循环往复。
用第3章的同余概念来表示的话，就是说斐波那契数列中的所有偶数都关于0同余（模为2），所有奇数都关于1同余（模为2），并且1 + 1 ≡ 0 (mod 2)。因此，斐波那契数列的以2为模的表达方式是：
1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0…
那么，斐波那契数列中的哪些数字是3的倍数呢？前几个是3的倍数的数字为F4 = 3，F8 = 21，F12 = 144，这似乎表明序号是4的倍数的数字都是3的倍数。为了证明这个猜想，我们以3为模，把斐波那契数列简化成0、1或2的形式，其中1 + 2 ≡ 0，且2 + 2 ≡1 (mod 3)。
于是，斐波那契数列变为：
1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，1，1…
在第8项之后，又回到了1和1，因此整个数列围绕大小为8的数据块不断重复，其中0排在第4位。因此，序号是4的倍数的数字都是3的倍数，反之亦然。如果模为5、8或13，就可以证明：
序号是5的倍数的数字都是5的倍数；
序号是6的倍数的数字都是8的倍数；
序号是7的倍数的数字都是13的倍数。
而且，这个规律还可以继续推而广之。
斐波那契数列中两个相邻的数字有什么规律呢？它们有什么共同点吗？有意思的是，我们现在可以证明，从某种意义上讲，这些数字没有任何共同点。所以，我们说两个相邻的数字
(1 , 1), (1 , 2), (2 , 3), (3 , 5), (5 , 8), (8 , 13), (13 , 21), (21 , 34),…
是互质的。也就是说，不存在一个大于1且可以同时整除这两个数字的数。例如，以上面最后一对数字为例，我们发现21可以被1、3、7、21整除，而34的因数是1、2、17、34。因此，除了1以外，21和34没有公因数。我们能确定这个规律始终成立吗？我们是否可以确定下一对数字，即 (34 , 55)，也是互质的？我们无须找出55的因数，即可完成这项证明。我们反过来假设存在一个数字d > 1且可以同时整除34和55，那么这个数字肯定可以整除它们的差55 – 34 = 21（如果55和34都是d的倍数，它们的差也肯定是d的倍数）。但这是不可能的，因为我们已经知道不存在一个大于1且可以同时整除21和34的数字d。重复这个证明过程，就可以证明斐波那契数列中所有两个相邻的数字都是互质的。
接下来，我要向大家介绍斐波那契数列最讨人喜欢的一个特点！我们知道，两个数字的“最大公因数”（greatest common pisor）是可以同时整除这两个数字且数值最大的那个数。例如，20和90的最大公因数是10，记作：
(20 , 90) = 10
你知道斐波那契数列中的第20个和第90个数字的最大公因数是多少吗？绝对难以想象！答案是55，这个数字本身也包含在斐波那契数列中，而且正好是第10个数字！用等式表示的话，就是：
(F20，F90) = F10
一般地，对于整数m和n，有：
(Fm，Fn) = F (m, n)
也就是说，“斐波那契数列中两个数字的最大公因数也是斐波那契数列中的数字，它的序号就是那两个数字序号的最大公因数”！尽管我们不准备证明这个规律，但我还是要把它介绍给大家，因为这确实是一个美轮美奂的规律，我完全无法抵制它的诱惑。
规律有时候也具有欺骗性。例如，斐波那契数列中的哪些数字是“质数”（prime number）？（我们在下一章就会讨论质数的概念，它是指大于1且只能被1和自身整除的数。）大于1但不是质数的数叫作“合数”（composite number），因为它们可以被分解成较小数字的乘积形式。前几个质数是
2，3，5，7，11，13，17，19…
下面，我们考察序号为质数的斐波那契数列中的数字：
F2 = 1，F3 = 2，F5 = 5，F7 = 13，F11 = 89，F13 = 233，F17 = 1 597
可以看出，2、5、13、89、233、1 597都是质数。这个现象似乎表明，如果p > 2是质数，那么Fp也是质数。但是，F19 = 4 181不是质数，因为4 181 = 37×113。然而，如果斐波那契数列中的某个数字大于3且为质数，那么它的序号一定是质数，这条规律确实存在，而且可以根据我们前面讨论的一条规律推导得出。例如，F14肯定是一个合数，因为斐波那契数列中序号是7的倍数的数字都是F7 = 13的倍数（事实确实如此，F14 = 377 = 13×29）。
事实上，斐波那契数列中的数字为质数的情况极为少见。在我创作本书的时候，已经被证实是质数的数字一共只有33个，其中最大的是F81 839。对于斐波那契数列中的质数个数是否为无限的问题，数学界还没有得出最终结论。
下面，我暂停讨论这些严肃的内容，为大家表演一个根据斐波那契数列设计的小魔术。
在上表的第1行和第2行中分别填入一个1~10中的数字。将这两个数字相加，并把和填入第3行。将第2行和第3行的数字相加，将它们的和填入第4行。按照斐波那契数列的特点，继续填写上表其余各行（第3行 + 第4行 = 第5行，以此类推），直到所有10行全部填满。接下来，用第9行的数字去除第10行的数字，读取得数的前三位数。在这个例子中，我们发现=1.618 279…。因此，得数的前三位数是1.61。无论你相信与否，在第1行和第2行填入任意一个正数（无须整数，也无须是1~10中的数字），第10行与第9行的比值一定是1.61。请大家自行举例验证。
为了找出其中的奥秘，我们把第1行和第2行的数字分别记作x和y。如下表所示，根据斐波那契数列的特点，第3行必然是x + y，第4行是 y + (x + y) = x + 2y，以此类推。
我们需要求出第10行与第9行的两个数字的比值：
比值的前三位数一定是1.61，这是为什么呢？在回答这个问题时，我们可以从分数加法运算的一个常见错误中汲取灵感。假设有两个分数和，其中b和d都是正数。如果将分子和分母分别相加，会得到什么结果？无论你相信与否，这个结果被称为“中间数”（mediant），即它一定是位于那两个分数之间的某个值。也就是说，对于任意两个不同的分数a/b < c/d，其中b、d为正数，都有：
<<
例如，有两个分数1/3和1/2，它们的中间数是2/5，三者的关系是：1/3 < 2/5 < 1/2。
延伸阅读
中间数的值为什么位于给定的两个分数之间呢？如果<，且b、d为正数，那么ad < bc必然成立。两边同时加上ab，得到ab + ad < ab + bc，即a (b + d) < (a + c) b，因此 <。同理，<成立。
接下来，请注意，对于x、y > 0，有：
它们的中间数必须位于两个分数之间，也就是说：
因此，第10行和第9行的数字比值的前三项必然是1.61。证明完毕。
延伸阅读
在答出1.61之前，你可以迅速求出表中所有数字的和，让观众大吃一惊。例如，如果一开始的两个数字是3和7，你迅速扫一眼，就可以立刻说出所有数字之和——781。这是怎么做到的呢？是因为我们有代数这个武器。把前文第二张表中的所有数值相加，你就会发现和是55x + 88y。这又有什么用呢？有用，因为它正好是11(5x + 8y) = 11×第7行数字。因此，只需看看第7行的数字（本例中的这个数字是71），然后将它乘以11（或许你还可以使用本书第1章介绍的乘数是11的简便计算技巧），就可以得到781。
数字1.61有什么重要意义吗？如果把表格不断延续下去，你就会发现相邻两项的比值逐渐趋近于黄金比例[1]（the golden ratio）。
有时，数学界用希腊字母φ来表示这个数字。
延伸阅读
通过代数运算，我们可以证明斐波那契数列中两个相邻数字之间的比值与g越来越接近。假设随着n不断增大，Fn+1 / Fn与某个比值r越来越接近。但是，根据斐波那契数列的定义，Fn+1 = Fn + Fn–1，因此：
随着n不断变大，等式左边不断趋近于r，而等式右边不断趋近于1 + ，因此：
r = 1 +
等式两边同时乘以r，就会得到：
r2 = r + 1
也就是说，r2 – r –1 = 0，根据二次方程求根公式，该方程式的唯一正根是 r = ，即g。
斐波那契数列的第n个数字有一个非常迷人的表达式，就是“斐波那契数列比内公式”：
这个公式非常有意思，也让人感到非常不可思议，因为每一项里都有，但最后的结果却是整数！
由于 = – 0.618 03…，它的值在 –1和0之间，如果我们对它不断地进行升幂处理，它就会越来越接近0。事实上，我们可以证明，对于任意的n≥0，我们都可以通过计算gn/ 的值，然后取最接近这个值的整数，来得到Fn。不信的话，请你拿出计算器，自己动手算算看。如果g取近似值1.618，升到10次幂就是122.966…（接近于123）。然后用这个数字除以（约等于2.236），结果是54.992。四舍五入后，就会得到F10 = 55，这与我们已知的情况一致。如果取g20，即15 126.999 93，它除以的商是6 765.000 03，因此F20 = 6 765。利用计算器计算g100 /，就会得到F100，约为3.54×1020。
在我们刚才的计算过程中，我们似乎把g10和g20视为整数来处理，这是为什么呢？请仔细观察“卢卡斯数列”（Lucas Sequence）：
1，3，4，7，11，18，29，47，76，123，199，322，521…
卢卡斯数列是以爱德华·卢卡斯（Édouard Lucas，1842—1891）的名字命名的。这位法国数学家发现了该数列与斐波那契数列的众多属性，其中包括我们在前面讨论的最大公因数属性，而且他是把1，1，2，3，5，8…命名为斐波那契数列的第一人。卢卡斯数列有它自己的比内公式（比斐波那契数列比内公式简单一些），即：
也就是说，对于n≥1，Ln是非常接近gn的整数。（这与我们在前面看到的内容是一致的，因为g10≈123 = L10。）从下表可以看出，斐波那契数列与卢卡斯数列还有其他的关系。
斐波那契数列、卢卡斯数列及它们的关系
有的规律是显而易见的。例如，把斐波那契数列中的某个数字的左右“邻居”相加，就会得到卢卡斯数列中的某个数字：
Fn–1 + Fn+1 = Ln
把卢卡斯数列中某个数字的左右“邻居”相加，和是斐波那契数列中的某个数字的5倍：
Ln–1 + Ln+1 = 5Fn
将斐波那契数列中的某个数字与对应的卢卡斯数列中某个数字相乘，就会得到斐波那契数列中的另一个数字！
FnLn = F2n
延伸阅读
我们利用比内公式和简单的代数运算［比如，(x – y)(x + y) = x2 – y2］，证明上面给出的最后一种关系。令h = （1–）/2，斐波那契数列和卢卡斯数列的比内公式可以分别表述为：
把这两个表达式相乘，就会得到：
那么，“黄金比例”这个名称又是从哪里得来的呢？它来自“黄金矩形”（golden rectangle）。如下图所示，该矩形的长宽之比正好是g = 1.618 03…。
黄金矩形可以产生同样具有黄金比例关系的小矩形
把矩形的短边定义为1个单位，从矩形中移除一个1×1的正方形，剩下的矩形大小为1×(g–1)，它的长宽之比为：
因此，这个小矩形也同原来的矩形一样，具有黄金比例关系。顺便告诉大家，g是具有这种完美属性的唯一数字，因为等式= g，即g2 – g – 1 = 0。根据二次方程求根公式，满足这个方程式的唯一正数就是（1 +） / 2 = g。
凭借这个属性，黄金矩形被视为最美的矩形，很多艺术家、建筑师和摄影师都会有意识地在作品中使用这种矩形。达·芬奇的老朋友、合作伙伴卢卡·帕乔利把黄金矩形的长宽比称作“神圣比例”（the pine proportion）。
斐波那契数列与黄金比例给众多艺术家、建筑师和摄影家带来了灵感
图片来源：娜塔莉亚·圣克莱尔
由于黄金比例具有很多充满美感的数学属性，即使某些情况与黄金比例无关，人们也往往会想到它。例如，丹·布朗在他的著作《达·芬奇密码》中断言，1.618这个数字几乎无处不在，人类的身体就是一个证据。例如，布朗称，人的身高与肚脐高度之比一定是1.618。我自己没有做过这个实验，但是《大学数学》杂志上刊登了一篇题为“黄金比例的误读”的文章，作者乔治·马考夫斯基称这个说法根本不对。不过，在某些人看来，只要某个数字似乎与1.6比较接近，就意味着黄金比例在发挥神奇的作用。
我经常说，斐波那契数列的许多规律都充满了诗意。我在这里举一个从诗歌得出斐波那契数列的例子，大多数五行打油诗都有下面这种韵律。（暂且把这首打油诗称作“dum”吧。）
斐波那契数列打油诗
数一数每行的音节数，就会发现到处都是斐波那契数列中的数字！我诗兴大发，决定也创作一首斐波那契数列的打油诗：
I think Fibonacci is fun（我觉得斐波那契数列真有意思。）
It starts with a 1 and a 1（开始两项是1和1。）
Then 2, 3, 5, 8（然后是2，3，5，8。）
But don’t stop there, mate（不过，伙计，不要着急，）
The fun has just barely begun!（更好玩的还在后面呢！）
[1] 黄金比例，美国常用1.618 03…表示，中国惯用0.618 03…表示，表示方法不同，实质计算相同。——编者注