1089 小數部分前 5 位可以構成斐波那契數列，這是一種巧合嗎？

作者：由小翼龍發表于舞蹈時間：2020-08-09

知乎使用者2020-08-09 14:23:50

不是巧合。設

$F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$

，那麼

$x=\sum_{n=1}^\infty \frac{F_n}{10^n}=\frac{F_1}{10}+\frac{F_2}{100}+\sum_{n=3}^\infty\frac{F_{n-1}+F_{n-2}}{10^n}=$

$\frac{F_1}{10}+\frac{F_2}{100}+\frac{1}{10}\bigg(x-\frac{F_1}{10}\bigg)+\frac{x}{100}=\frac{9F_1+F_2}{89}$

，代入

可得

$x=\frac{10}{89}$

。如果想看更長的Fibonacci數列可以把級數里的10換成100，進行類似計算。例如

100 / 9899 = 0。01010203050813213455 。。。

匿名使用者2020-08-10 03:24:15

只要注意到這個展開

$\frac{x}{1-x-x^2}=x+x^2+2x^3+3x^4+5x^5+8x^6+13x^7+\cdots$

你看看代入

$x=\frac{1}{10}$

會得到什麼？

Aries2020-08-10 13:11:00

不算巧合。

斐波那契數列定義：

$F_0=0,F_1=1,F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$

首先我們有：

$\sum_{n=0}^\infty F_nx^n=\frac{x}{1-x-x^2}$

推導如下：

$\sum_{n=0}^\infty F_nx^n=x+\sum_{n=2}^\infty F_nx^n$

$=x+\sum_{n=2}^\infty(F_{n-1}+F_{n-2})x^n$

$=x+x\sum_{n=0}^\infty F_nx^n+x^2\sum_{n=0}^\infty F_nx^n$

移項整理即得：

$\sum_{n=0}^\infty F_nx^n=\frac x{1-x-x^2}$

用比試判別法易得，它在

$|x|<\frac{-1+\sqrt5}{2}$

時收斂。

將

$x=\frac1{10}$

代入即得：

$\frac{10}{89}=F_0+\frac{F_1}{10}+\frac{F_2}{100}+\frac{F_3}{1000}+...=0.11235955056\cdots$

實際上，將

$x=\frac1{10^k}$

代入都會有好的效果，比如代入

$x=\frac1{10^5}$

得到：

$\frac{100000}{9999899999}$

$10946~17711~28657~46368~75026\cdots$

其中出現了前24個斐波那契數。下面是前25個斐波那契數，有興趣的可自行核對：

Algebra2020-08-11 17:58:54

有趣的問題

下面，我會盡量用比較通俗的語言給大家說明

$\frac{1}{{89}}$

和斐波那契數列這兩個看上去牛馬不相及的東西之間有什麼內在聯絡。

首先，我們注意到：

$\frac{1}{{89}}{\rm{ = }}0.01123595505618 \cdots$

，非常“巧合”的是11235這五位恰好是斐波那契數列的前五項，但從第六項開始，後面的順序就完全亂了。

但我覺得，就算第六項不亂第七項也肯定會亂，畢竟斐波那契數第七項是

，是絕對絕對不可能直接放到一個格子裡的，思來想去，如果

$\frac{1}{{89}}$

真的和斐波那契數列有什麼關係，之所以沒辦法在這直觀的顯示出來，肯定是由於十進位制的侷限性！

那……這究竟是一個

巧合

還是我們所使用的

十進位制的缺陷

？

我們不妨用另一種方式來看待這個數列，以此來擺脫我們熟悉的進位制的問題

首先，我們不妨先列出斐波那契數列的前幾項：

$1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144 \cdots$

為了避免進位制的侷限性，我們用一種更

自然

的方式將它們列出來：

這樣排列你們可不可以理解我的意思，簡單地說，就是以每項斐波那契數列的個位為基準，每次向後移動一格，或者簡單來說就是讓所有個位數字在一條線上：

那這樣擺有什麼好處呢？

哈哈，好處就是你試試這樣把它加起來：

來來來，咱們再對比一下：

$\frac{1}{{89}}{\rm{ = }}0.01123595505618 \cdots$

好了，我們破案了，這一切不是巧合，都是因為我們的進位制在搞怪，主要是在十進位制下，每一格所能包含的數字太少了，只有十個，所以若某一項數字超出了，就不得不擠到上一位數字的位置了，導致了亂序。如果人類使用的是二十進位制，那

$\frac{1}{{89}}$

的前六項都與斐波那契數列相同，如果是五十進位制，一百進位制，相同的位數會更多！

不過，數學可不是發現問題就可以了，在沒有證明以前這一切最多算猜想，我們不妨簡單證明一下這個猜想是否真實。

首先，我們不妨假設數列

$\left\{ {{F_n}} \right\}$

為斐波那契數列。

斐波那契數列的通項公式是比較容易求得的：

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

（這個地方我是真的覺得沒必要寫求法，不過如果真的不會，請在評論區留言，留言夠多的話，我就單獨寫一下求通項的完整步驟）

為了方便書寫，不妨假設：

$\alpha = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}、\beta {\rm{ = }}\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}$

（知乎敲公式也是很累的，體諒一下……）

則

${F_n} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\left( {{\alpha ^n} - {\beta ^n}} \right)$

，

下面我們證明斐波那契數列按照我們最初的排列方式和

$\frac{1}{{89}}$

有關，

首先我們應該明白，將一個數字往後移動一位就相當於給那個數字乘以

，也就是

$\frac{1}{{10}}$

。

既然每一位都在前一項的基礎上往後移動一位，那麼每一項都要在前一項的基礎上再乘以一個

$\frac{1}{{10}}$

，也就是：

${F_1}{\rm{ + }}\frac{1}{{10}}{F_2}{\rm{ + }}\frac{1}{{{{10}^2}}}{F_3}{\rm{ + }} \cdots \frac{1}{{{{10}^n}}}{F_n} + \cdots$

。

如果我們這個猜想是對的，上式的結果應該是

$\frac{{100}}{{89}}$

（想想為什麼），總而言之，為了與上文連貫，我們不妨在前面整體乘以

$\frac{1}{{100}}$

。

不妨令

$S = \frac{1}{{100}}\left[ {{F_1}{\rm{ + }}\frac{1}{{10}}{F_2}{\rm{ + }}\frac{1}{{{{10}^2}}}{F_3}{\rm{ + }} \cdots \frac{1}{{{{10}^n}}}{F_n} + \cdots } \right]$

即：

$S{\rm{ = }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{F_i}}}{{{{10}^{i + 1}}}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{F_n}}}{{{{10}^{n + 1}}}}} = \frac{1}{{10\sqrt 5 }}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{\alpha ^n} - {\beta ^n}}}{{{{10}^n}}}}$

其實這個

看起來一長串，有點唬人，事實上也就是個等比數列求和，還是高中知識。

$S = \frac{1}{{10\sqrt 5 }}\sum\limits_{i = 1}^\infty {\left[ {{{\left( {\frac{\alpha }{{10}}} \right)}^n} - {{\left( {\frac{\beta }{{10}}} \right)}^n}} \right]} = \frac{1}{{10\sqrt 5 }}\left[ {\dfrac{1}{{1 - \dfrac{\alpha }{{10}}}} - \dfrac{1}{{1 - \dfrac{\beta }{{10}}}}} \right]$

將

$\alpha = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}、\beta {\rm{ = }}\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}$

重新代入，可得：

$S = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\frac{{\alpha - \beta }}{{\left( {10 - \alpha } \right)\left( {10 - \beta } \right)}} = \dfrac{1}{{\sqrt 5 }}\dfrac{{\dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2} - \dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2}}}{{\left( {10 - \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right)\left( {10 - \dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right)}} = \frac{1}{{89}}$

這也就證明了我們的猜想。

其實本來到這裡這篇回答也就結束了，不過我還想說個故事。

有關

$\frac{1}{{89}}$

和斐波那契數列的關係，我早在高二的時候就曾在張景中院士的一本書上看過，但這本書中並沒有告訴你如何證明。

直到到了大學，我偶然回想起這個問題，才突然意識到這不過是一個簡簡單單的求極限問題，然後一舉證明了它。

後來有一次，在一個機緣巧合下，我和我一個朋友聊起這個問題，關於為什麼是

這件事展開了討論。

她章口就來：“我感覺是十進位制裡，

這樣排列的緣故。”

作為一名已經把數學當坐科學的人，我自然是對這種莫名其妙的說法嗤之以鼻，不過經過我隨便的用八進位制，十六進位制試了一下，發現好像就是這麼一回事……

然後，我仔細算了一下……

發現好像真的是這麼一回事……

雖然她是猜的，但居然真的猜對了，為什麼我沒有這種直覺……

我最後得出的結論是：若在

進位制下（

是大於等於

的正整數），則斐波那契數列按照本問題下對應的數字是：

$\frac{1}{{\left( {n - 2} \right)n + \left( {n - 1} \right)}}$

即：

$\sum\limits_{i = 1}^\infty {\frac{{{F_i}}}{{{n^{i + 1}}}}} = \frac{1}{{\left( {n - 2} \right)n + \left( {n - 1} \right)}}$

也就是說，在九進制中就是

$\frac{1}{{7 \times 10 + 8}} = \frac{1}{{78}}$

（注意，這是九進制中的運算！）

十進位制時恰好是：

$\frac{1}{{\left( {10 - 2} \right)10 + \left( {10 - 1} \right)}}{\rm{ = }}\frac{1}{{8 \times 10 + 9}}{\rm{ = }}\frac{1}{{89}}$

。

更新：

看了一下其他答主的回答，很多大佬都提到了這樣一個式子：

$\frac{x}{{1 - x - {x^2}}} = \sum\limits_{i = 1}^\infty {{F_i}{x^i}}$

我不知道你們是怎麼看待這個等式的，不過如果你觀察的仔細一點的話，令等式兩邊的

$x = \frac{1}{n}$

，則：

$\frac{x}{{1 - x - {x^2}}} = \frac{{\frac{1}{n}}}{{1 - \frac{1}{n} - {{\left( {\frac{1}{n}} \right)}^2}}} = \frac{n}{{{n^2} - n - 1}} = \frac{n}{{\left( {n - 2} \right)n + \left( {n - 1} \right)}}$

$\sum\limits_{i = 1}^\infty {{F_i}{x^i}} = \sum\limits_{i = 1}^\infty {{F_i}\frac{1}{{{n^i}}}}$

也就是說：

$\frac{n}{{\left( {n - 2} \right)n + \left( {n - 1} \right)}} = \sum\limits_{i = 1}^\infty {{F_i}\frac{1}{{{n^i}}}}$

，即：

$\frac{1}{{\left( {n - 2} \right)n + \left( {n - 1} \right)}} = \sum\limits_{i = 1}^\infty {{F_i}\frac{1}{{{n^{i + 1}}}}}$

。

和我想表達的是同一個意思。

再次更新：

感謝評論區大佬 @Daniel Ying的評論，她提醒我這個結論不僅可以往

進位制方向推廣，還可以從斐波那契數列推廣！

什麼意思呢？

為了更好的解釋，我們不妨對斐波那契數列進行一次推廣：

例如

$1、1、1、1、1、1、1 \cdots$

這種首項為

，每項為前一項之和的數列我們叫它一階斐波那契數列，不妨記作

$\left\{ {{F_n}^{\left( 1 \right)}} \right\}$

。

例如

$1、1、2、3、5、8、13 \cdots$

這種首項為

，每項為前兩項之和的數列我們叫它二階斐波那契數列，不妨記作

$\left\{ {{F_n}^{\left( 2\right)}} \right\}$

。

例如

$1、1、2、4、7、13、24 \cdots$

這種首項為

，每項為前三項之和的數列我們叫它三階斐波那契數列，不妨記作

$\left\{ {{F_n}^{\left( 3\right)}} \right\}$

。

更一般的，例如

$1、1、2、4、8、16、32 \cdots$

這種首項為

，每項為前

項之和的數列我們叫它

$k\left( {k \in {N_ + }} \right)$

階斐波那契數列，不妨記作

$\left\{ {{F_n}^{\left( k\right)}} \right\}$

。

更簡單的說，就是定義數列

$\left\{ {{F_n}^{\left( k\right)}} \right\}$

，其中：

${F_n}^{\left( k \right)} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {1 \left( {n = 1} \right)}\\ {{F_{n - 1}}^{\left( k \right)} + {F_{n - 2}}^{\left( k \right)} + \cdots + {F_{n - k}}^{\left( k \right)}\left( {2 \le n} \right)} \end{array}} \right.$

PS：我們規定

${F_n}^{\left( k \right)} = 0\left( {n \le 0} \right)$

。

透過觀察，對於一階斐波那契數列：

$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{F_n}^{\left( 1 \right)}}}{{{{10}^n}}}} = 0.11 \cdots = \frac{1}{9} = \frac{1}{{10 - 1}} = \frac{{{{10}^0}}}{{{{10}^1} - {{10}^0}}}$

對於二階斐波那契數列，我們已經計算過了：

$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{F_n}^{\left( 2 \right)}}}{{{{10}^n}}}} = \frac{{10}}{{89}} = \frac{{10}}{{100 - 11}} = \frac{{{{10}^1}}}{{{{10}^2} - \left( {{{10}^1} + {{10}^0}} \right)}}$

於是我們猜想是否對於三階斐波那契數列，是否會有：

$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{F_n}^{\left( 3 \right)}}}{{{{10}^n}}}} = \frac{{{{10}^2}}}{{{{10}^3} - \left( {{{10}^2} + {{10}^1} + {{10}^0}} \right)}}$

？

或者更一般的是否會有：

$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{F_n}^{\left( k \right)}}}{{{{10}^n}}}} = \frac{{{{10}^{k - 1}}}}{{{{10}^k} - \left( {{{10}^{k - 1}} + {{10}^{k - 2}} + \cdots {{10}^1} + {{10}^0}} \right)}}$

？

當然啦，我不會證明，還是這位大佬告訴了我證法（再次給這位小哥哥點贊）：

簡單說就是，我們要證：

$\frac{{{F_1}^{\left( k \right)}}}{{{{10}^1}}}{\rm{ + }} \cdots {\rm{ + }}\frac{{{F_k}^{\left( k \right)}}}{{{{10}^k}}}{\rm{ + }} \cdots = \frac{{{{10}^{k - 1}}}}{{{{10}^k} - \left( {{{10}^{k - 1}} + {{10}^{k - 2}} + \cdots {{10}^1} + {{10}^0}} \right)}}$

即證：

$\left[ {\frac{{{F_1}^{\left( k \right)}}}{{{{10}^1}}}{\rm{ + }} \cdots {\rm{ + }}\frac{{{F_k}^{\left( k \right)}}}{{{{10}^k}}}{\rm{ + }} \cdots } \right]\left[ {{{10}^k} - \left( {{{10}^{k - 1}} + {{10}^{k - 2}} + \cdots {{10}^1} + {{10}^0}} \right)} \right] = {10^{k - 1}}$

簡單通分一下，我們得到：

${F_1}^{\left( k \right)} \cdot {10^{k - 1}} + \left( {{F_2}^{\left( k \right)} - {F_1}^{\left( k \right)}} \right) \cdot {10^{k - 2}} + \cdots + \left[ {{F_k}^{\left( k \right)} - \left( {{F_{k - 1}}^{\left( k \right)} + \cdots + {F_1}^{\left( k \right)}} \right)} \right] +$

$\left[ {{F_{k + 1}}^{\left( k \right)} - \left( {{F_k}^{\left( k \right)} + \cdots + {F_1}^{\left( k \right)}} \right)} \right] \cdot {10^{ - 1}} + \left[ {{F_{k + 2}}^{\left( k \right)} - \left( {{F_{k + 1}}^{\left( k \right)} + \cdots + {F_2}^{\left( k \right)}} \right)} \right] \cdot {10^{ - 2}} + \cdots = {10^{k - 1}}$

（因為式子有點長，只能分開寫了）

比較兩邊，可得：

${F_1}^{\left( k \right)} = 1$

${F_2}^{\left( k \right)} = {F_1}^{\left( k \right)}$

$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots$

${F_k}^{\left( k \right)} = {F_{k - 1}}^{\left( k \right)} + \cdots + {F_1}^{\left( k \right)}$

${F_{k + 1}}^{\left( k \right)} = {F_k}^{\left( k \right)} + {F_{k - 1}}^{\left( k \right)} + \cdots + {F_1}^{\left( k \right)}$

${F_{k + 2}}^{\left( k \right)} = {F_{k + 1}}^{\left( k \right)} + {F_{k }}^{\left( k \right)} + \cdots + {F_2}^{\left( k \right)}$

$\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots\cdots$

這就是我們關於

$k$

階斐波那契數列

$\left\{ {{F_n}^{\left( k\right)}} \right\}$

的定義，得證！

再一般的，將之前證明中的

換成大於等於

的正整數

，我們可以得到一個最最基本的結論：

在

進制中，關於

$k$

階斐波那契數列

$\left\{ {{F_n}^{\left( k\right)}} \right\}$

，我們有：

$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{F_n}^{\left( k \right)}}}{{{m^n}}}} = \frac{{{m^{k - 1}}}}{{{m^k} - \left( {{m^{k - 1}} + {m^{k - 2}} + \cdots {m^1} + {m^0}} \right)}}$