フィボナッチ数列

フィボナッチ数列は、サンスクリット語の韻律に関連して、インドの数学に現れる。^{[ 4 ] [ 11 ] [ 12 ]}サンスクリット語の詩の伝統では、2単位の持続時間の長い（L）音節と1単位の持続時間の短い（S）音節が並置されたすべてのパターンを列挙することに関心があった。与えられた合計持続時間を持つ連続するLとSの異なるパターンを数えると、フィボナッチ数列が得られる。持続時間がm単位のパターンの数はF _{m +1}である。^{[ 5 ]}

フィボナッチ数列の知識は、ピンガラ（紀元前 450 年頃～ 紀元前200年頃）の時代にはすでに表現されていました。シングは、ピンガラの難解な公式misrau cha （「2つは混ざっている」）と、それを文脈に沿って解釈する学者たちの言葉を引用し、 m拍のパターンの数（ F _{m +1 ）は、} F _mの場合に [S] を 1 つ、 F _{m −1}の場合に [L] を 1 つ加えることで得られると述べています。^{[ 13 ]}バラタ・ムニも、ナティヤ・シャーストラ（紀元前 100 年頃～紀元後 350年頃）の中でこの数列の知識を表現しています 。^{[ 3 ] [ 4 ]}しかし、この数列の最も明確な説明は、ヴィラハンカ​​（紀元後 700年頃） の著作に見られます。ヴィラハンカ​​自身の著作は失われていますが、ゴーパラ（紀元後 1135年頃）の引用で見ることができます。^{[ 12 ]} 

2つの先行する韻律の変奏が変奏である ... 例えば、長さ4の韻律の場合、2つと3つの韻律の変奏が混ざり合って5になる。[例8、13、21を解く] ... このように、すべてのmātrā-vṛttas [韻律の組み合わせ] でこのプロセスに従うべきである。 ^{[ a ]}

ヘマチャンドラ（紀元 1150年頃）もこの数列の知識を持っていたとされており、^{[ 3 ]}「最後の数と最後の数より前の数の合計 が次のマートラ・ヴリッタの数である」と記している。^{[ 15 ] [ 16 ]}

フィボナッチ数列は、フィボナッチの著書『計算の書』 （Liber Abaci、1202年）に初めて登場し、^{[ 17 ] [ 18 ]}ウサギの個体数の増加を計算するために使用されています。^{[ 19 ]}フィボナッチは、次のように仮定して、理想化された（生物学的に非現実的な）ウサギの個体数の増加を考察しています。生まれたばかりの繁殖ペアのウサギが野原に置かれ、それぞれの繁殖ペアは生後1ヶ月で交尾し、2ヶ月目の終わりには必ず別のペアのウサギを産み、ウサギは決して死なず、永遠に繁殖を続ける。フィボナッチは、ウサギの数学的問題を提起しました。1年で何組のペアになるでしょうか？

• 最初の月の終わりに彼らは交尾するが、それでもまだ1組しかいない。
• 2ヶ月目の終わりには新しいつがいが生まれるので、野外には2組のつがいがいることになる。
• 3か月目の終わりに、最初のペアから2番目のペアが生まれるが、2番目のペアは1か月間だけ交尾して妊娠するため、全部で3組のペアが存在することになる。
• 4か月目の終わりには、最初のつがいがさらに新しいつがいを生み出し、2か月前に生まれたつがいも最初のつがいを生み出し、合計5組のつがいが誕生した。

n月の終わりには、ウサギのペアの数は、成熟したペアの数 (つまり、n – 2月のペアの数) と前月 ( n – 1月) に生きていたペアの数の合計に等しくなります。n月の数は、 n番目のフィボナッチ数です。^{[ 20 ]}

「フィボナッチ数列」という名称は、19世紀の数論学者エドゥアール・リュカによって初めて使用された。^{[ 21 ]}

定数係数を持つ同次線形漸化式で定義されるすべての数列と同様に、フィボナッチ数列にも閉じた形式の式があります。^{[ 22 ]}これは、フランスの数学者ジャック・フィリップ・マリー・ビネにちなんでビネの公式として知られるようになりましたが、アブラハム・ド・モアブルとダニエル・ベルヌーイによって既に知られていました。^{[ 23 ]}

$${\displaystyle F_{n}={\frac {\varphi ^{n}-\psi ^{n}}{\varphi -\psi }}={\frac {\varphi ^{n}-\psi ^{n}}{\sqrt {5}}},}$$

どこで${\displaystyle \varphi }$（ファイ）は黄金比であり、${\displaystyle \psi }$（ psi）はその共役で、 ^{[ 24 ]}

$${\displaystyle {\begin{aligned}\varphi &={\tfrac {1}{2}}{\bigl (}1+{\sqrt {5}}~\!{\bigr )}={\phantom {-}}1.61803\ldots ,\\[5mu]\psi &={\tfrac {1}{2}}{\bigl (}1-{\sqrt {5}}~\!{\bigr )}=-0.61803\ldots .\end{aligned}}}$$

数字​${\displaystyle \varphi }$そして​​${\displaystyle \psi }$は二次方程式 の2つの解です。${\displaystyle \textstyle x^{2}-x-1=0}$つまり、​${\displaystyle (x-\varphi )(x-\psi )=x^{2}-x-1}$⁠、したがって、それらは恒等式を満たす。${\displaystyle \varphi +\psi =1}$そして​​${\displaystyle \varphi \psi =-1}$⁠ .

以来${\displaystyle \psi =-\varphi ^{-1}}$ビネの公式は次のようにも書ける。

$${\displaystyle F_{n}={\frac {\varphi ^{n}-(-\varphi )^{-n}}{\sqrt {5}}}={\frac {\varphi ^{n}-(-\varphi )^{-n}}{2\varphi -1}}.}$$

数列とこれらの定数の関係を見るには、^{[ 25 ]}次の点に注意してください。${\displaystyle \varphi }$そして${\displaystyle \psi }$また、${\displaystyle x^{n}=x^{n-1}+x^{n-2},}$だから、${\displaystyle \varphi }$そして${\displaystyle \psi }$フィボナッチ数列の漸化式を満たす。言い換えれば、

$${\displaystyle {\begin{aligned}\varphi ^{n}&=\varphi ^{n-1}+\varphi ^{n-2},\\[3mu]\psi ^{n}&=\psi ^{n-1}+\psi ^{n-2}.\end{aligned}}}$$

したがって、任意の値aおよびbに対して、次のように定義される数列は次のようになる。

$${\displaystyle U_{n}=a\varphi ^{n}+b\psi ^{n}}$$

同じ漸化式を満たす。aとbをU₀=0かつU₁=1となるように選ぶと、結果として得られる_数列Uₙはフィボナッチ_数列となる。_これは、 aとbが次の連立方程式を満たすことを要求するのと同じである。

$${\displaystyle {\begin{aligned}a\varphi ^{0}+b\psi ^{0}&=0\\a\varphi ^{1}+b\psi ^{1}&=1\end{aligned}}}$$

解決策がある

$${\displaystyle a={\frac {1}{\varphi -\psi }}={\frac {1}{\sqrt {5}}},\quad b=-a,}$$

必要な数式を生成する。

初期値U ₀とU ₁を任意の定数として連立方程式を解くと、一般解が得られる。 $${\displaystyle {\begin{aligned}a&={\frac {U_{1}-U_{0}\psi }{\sqrt {5}}},\\[3mu]b&={\frac {U_{0}\varphi -U_{1}}{\sqrt {5}}}.\end{aligned}}}$$ 特に、a = 1を選択すると、数列のn番目の要素は⁠のn乗に非常に近い値になります。${\displaystyle \varphi }$nの値が十分に大きい場合。これはU ₀ = 2およびU ₁ = 1の場合に発生し、ルーカス数列を生成します。

以来 ${\textstyle \left|{\frac {\psi ^{n}}{\sqrt {5}}}\right|<{\frac {1}{2}}}$すべてのn ≥ 0に対して、数F _nは、${\displaystyle {\frac {\varphi ^{n}}{\sqrt {5}}}}$したがって、最も近い整数関数を使用して 丸めることで求めることができます。$${\displaystyle F_{n}=\left\lfloor {\frac {\varphi ^{n}}{\sqrt {5}}}\right\rceil ,\ n\geq 0.}$$

実際、 n が大きくなるにつれて丸め誤差は急速に小さくなり、 n ≥ 4の場合は 0.1 未満、 n ≥ 8の場合は 0.01 未満になります。この式は簡単に逆算して、フィボナッチ数Fのインデックスを求めることができます。 $${\displaystyle n(F)=\left\lfloor \log _{\varphi }{\sqrt {5}}F\right\rceil ,\ F\geq 1.}$$

代わりにfloor関数を使用すると、 F以下のフィボナッチ数の最大のインデックスが得られます。 $${\displaystyle n_{\mathrm {largest} }(F)=\left\lfloor \log _{\varphi }{\sqrt {5}}(F+1/2)\right\rfloor ,\ F\geq 0,}$$ どこ${\displaystyle \log _{\varphi }(x)=\ln(x)/\ln(\varphi )=\log _{10}(x)/\log _{10}(\varphi )}$、${\displaystyle \ln(\varphi )=0.481211\ldots }$[ ^{26 ]}および^​${\displaystyle \log _{10}(\varphi )=0.208987\ldots }$[ ^{27 ]​}

F _nは漸近的に${\displaystyle \varphi ^{n}/{\sqrt {5}}}$F _nの桁数は漸近的に次のようになる。${\displaystyle n\log _{10}\varphi \approx 0.2090\,n}$その結果、1より大きい任意の整数dに対して、 d桁の10進数を持つフィボナッチ数は4つまたは5つ存在する。

より一般的には、基数b表現では、 F _nの桁数は漸近的に次のようになる。${\displaystyle n\log _{b}\varphi ={\frac {n\log \varphi }{\log b}}.}$

ヨハネス・ケプラーは、連続するフィボナッチ数の比が収束することに注目した。彼は「5と8の比は、実質的に8と13の比であり、8と13の比は、ほぼ13と21の比である」と記し、これらの比が黄金比に近づくと結論づけた。${\displaystyle \varphi }$⁠ : ^{[ 28 ] [ 29 ]}$${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {F_{n+1}}{F_{n}}}=\varphi .}$$

この収束は初期値に関係なく成り立つ。${\displaystyle U_{0}}$そして${\displaystyle U_{1}}$、 ない限り${\displaystyle U_{1}=-U_{0}/\varphi }$これはビネの公式を用いて検証できます。例えば、初期値3と2から、3、2、5、7、12、19、31、50、81、131、212、343、555、...という数列が生成されます。この数列の連続する要素の比率は、黄金比への収束を示しています。

一般的に、${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {F_{n+m}}{F_{n}}}=\varphi ^{m}}$連続するフィボナッチ数の比率が${\displaystyle \varphi }$。

黄金比は次の式を満たすので $${\displaystyle \varphi ^{2}=\varphi +1,}$$

この式は、より高次のべき乗を分解するために使用できます。${\displaystyle \varphi ^{n}}$より低いべき乗の線形関数として、さらに線形結合まで分解することができます${\displaystyle \varphi }$1. 結果として得られる漸化式は、線形係数としてフィボナッチ数列を与える。 $${\displaystyle \varphi ^{n}=F_{n}\varphi +F_{n-1}.}$$この等式は、 n ≥ 1の場合、帰納法によって証明 できる。 $${\displaystyle {\begin{aligned}\varphi ^{n+1}&=(F_{n}\varphi +F_{n-1})\varphi =F_{n}\varphi ^{2}+F_{n-1}\varphi \\&=F_{n}(\varphi +1)+F_{n-1}\varphi =(F_{n}+F_{n-1})\varphi +F_{n}=F_{n+1}\varphi +F_{n}.\end{aligned}}}$$ のために${\displaystyle \psi =-1/\varphi }$また、${\displaystyle \psi ^{2}=\psi +1}$また、 $${\displaystyle \psi ^{n}=F_{n}\psi +F_{n-1}.}$$

これらの式は、フィボナッチ数列F _{n を}フィボナッチ規則を用いて負の整数に拡張した場合、 n < 1 の場合にも成り立ちます。${\displaystyle F_{n}=F_{n+2}-F_{n+1}.}$

ビネの公式は、正の整数xがフィボナッチ数であるのは、少なくとも 1 つが次の条件を満たす場合に限ることを証明している。${\displaystyle 5x^{2}+4}$または${\displaystyle 5x^{2}-4}$は完全平方数である。^{[ 30 ]}これは、ビネの公式が次のように書けるためである。${\displaystyle F_{n}=(\varphi ^{n}-(-1)^{n}\varphi ^{-n})/{\sqrt {5}}}$、乗算可能${\displaystyle {\sqrt {5}}\varphi ^{n}}$そして二次方程式として解くと${\displaystyle \varphi ^{n}}$二次方程式の解の公式を用いて：

$${\displaystyle \varphi ^{n}={\frac {F_{n}{\sqrt {5}}\pm {\sqrt {5{F_{n}}^{\!2}+4{(-1)}^{n}}}}{2}}.}$$

これを比較すると${\displaystyle \varphi ^{n}=F_{n}\varphi +F_{n-1}=(F_{n}{\sqrt {5}}+F_{n}+2F_{n-1})/2}$したがって、

$${\displaystyle 5{F_{n}}^{\!2}+4(-1)^{n}=(F_{n}+2F_{n-1})^{2}\,.}$$

特に、左辺は完全な正方形である。

フィボナッチ数列を含むほとんどの恒等式は、以下の事実を利用した組み合わせ論的議論によって証明できます。${\displaystyle F_{n}}$は、合計が である(空の場合もある)  1 と2 のシーケンスの数として解釈できます。 ${\displaystyle n-1}$これは、${\displaystyle F_{n}}$慣例に従って${\displaystyle F_{0}=0}$つまり、合計が -1になるような数列は存在しないということである。${\displaystyle F_{1}=1}$つまり、空のシーケンスは「合計」が0になるということです。以下では、${\displaystyle |{...}|}$集合の濃度とは、

${\displaystyle F_{0}=0=|\{\}|}$

${\displaystyle F_{1}=1=|\{()\}|}$

${\displaystyle F_{2}=1=|\{(1)\}|}$

${\displaystyle F_{3}=2=|\{(1,1),(2)\}|}$

${\displaystyle F_{4}=3=|\{(1,1,1),(1,2),(2,1)\}|}$

${\displaystyle F_{5}=5=|\{(1,1,1,1),(1,1,2),(1,2,1),(2,1,1),(2,2)\}|}$

このようにして、漸化式は $${\displaystyle F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2}}$$ 分割することで理解できる${\displaystyle F_{n}}$すべてのシーケンスが1または2で始まる、重複しない2つのセットにシーケンスを分割します。 $${\displaystyle F_{n}=|\{(1,...),(1,...),...\}|+|\{(2,...),(2,...),...\}|}$$ 最初の要素を除くと、各数列の残りの項の合計は次のようになります。${\displaystyle n-2}$または${\displaystyle n-3}$各集合の濃度は${\displaystyle F_{n-1}}$または${\displaystyle F_{n-2}}$合計${\displaystyle F_{n-1}+F_{n-2}}$シーケンスは、これが等しいことを示しています${\displaystyle F_{n}}$。

同様に、n番目までの最初のフィボナッチ数の合計は、 ( n + 2)番目のフィボナッチ数から 1を引いた数に等しいことが示せる。 ^{[ 33 ]} 記号で表すと次のようになる。 $${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}F_{i}=F_{n+2}-1}$$

これは、合計が${\displaystyle n+1}$最初の 2 つの位置に基づいて、各セットは、開始するシーケンスで構成されます。${\displaystyle (2,...),(1,2,...),...,}$最後の2セットまで${\displaystyle \{(1,1,...,1,2)\},\{(1,1,...,1)\}}$それぞれ基数1を持つ。

以前と同じ論理に従って、各集合の濃度を合計すると、次のことがわかります。

${\displaystyle F_{n+2}=F_{n}+F_{n-1}+...+|\{(1,1,...,1,2)\}|+|\{(1,1,...,1)\}|}$

...最後の2項の値は次のようになります${\displaystyle F_{1}=1}$これから次のことが導かれる。${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}F_{i}=F_{n+2}-1}$。

 同様の議論で、最初の2ではなく最初の1の位置で合計をグループ化すると、 さらに2つの恒等式が得られます。 $${\displaystyle \sum _{i=0}^{n-1}F_{2i+1}=F_{2n}}$$ そして $${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}F_{2i}=F_{2n+1}-1.}$$言葉で言うと、奇数インデックス の最初のフィボナッチ数の合計は${\displaystyle F_{2n-1}}$は(2 n )番目のフィボナッチ数であり、偶数インデックスの最初のフィボナッチ数の合計は${\displaystyle F_{2n}}$は(2 n + 1)番目のフィボナッチ数から 1 を引いた数です。 ^{[ 34 ]}

別のトリックを使って証明することもできます $${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}F_{i}^{2}=F_{n}F_{n+1}}$$ または言葉で言うと、最初のフィボナッチ数の二乗の合計${\displaystyle F_{n}}$これは、 n番目と( n +1)番目のフィボナッチ数の積です。これを確認するには、まず、サイズのフィボナッチ長方形から始めます。${\displaystyle F_{n}\times F_{n+1}}$そしてそれをサイズの正方形に分解します${\displaystyle F_{n},F_{n-1},...,F_{1}}$これから面積を比較することで、次の恒等式が導かれる。

フィボナッチ数列の恒等式は、数学的帰納法を用いて容易に証明できることが多い。

例えば、再考する $${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}F_{i}=F_{n+2}-1.}$$ 追加${\displaystyle F_{n+1}}$両側に

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}F_{i}+F_{n+1}=F_{n+1}+F_{n+2}-1}$

したがって、次の式が得られます。${\displaystyle n+1}$$${\displaystyle \sum _{i=1}^{n+1}F_{i}=F_{n+3}-1}$$

同様に追加${\displaystyle {F_{n+1}}^{2}}$両側に $${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}F_{i}^{2}=F_{n}F_{n+1}}$$ 与える $${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}F_{i}^{2}+{F_{n+1}}^{2}=F_{n+1}\left(F_{n}+F_{n+1}\right)}$$$${\displaystyle \sum _{i=1}^{n+1}F_{i}^{2}=F_{n+1}F_{n+2}}$$

ビネの公式は $${\displaystyle {\sqrt {5}}F_{n}=\varphi ^{n}-\psi ^{n}.}$$ これはフィボナッチ数列の恒等式を証明するために使用できます。

例えば、${\textstyle \sum _{i=1}^{n}F_{i}=F_{n+2}-1}$ 左辺に掛けた値に注意してください。${\displaystyle {\sqrt {5}}}$になる $${\displaystyle {\begin{aligned}1+&\varphi +\varphi ^{2}+\dots +\varphi ^{n}-\left(1+\psi +\psi ^{2}+\dots +\psi ^{n}\right)\\&={\frac {\varphi ^{n+1}-1}{\varphi -1}}-{\frac {\psi ^{n+1}-1}{\psi -1}}\\&={\frac {\varphi ^{n+1}-1}{-\psi }}-{\frac {\psi ^{n+1}-1}{-\varphi }}\\&={\frac {-\varphi ^{n+2}+\varphi +\psi ^{n+2}-\psi }{\varphi \psi }}\\&=\varphi ^{n+2}-\psi ^{n+2}-(\varphi -\psi )\\&={\sqrt {5}}(F_{n+2}-1)\\\end{aligned}}}$$ 必要に応じて、事実を用いて${\textstyle \varphi \psi =-1}$そして${\textstyle \varphi -\psi ={\sqrt {5}}}$方程式を簡略化するため。

カッシーニの身元は次のように述べている。 $${\displaystyle F_{n}^{2}-F_{n+1}F_{n-1}=(-1)^{n-1}}$$ カタルーニャ人のアイデンティティは一般化されたものである。 $${\displaystyle F_{n}^{2}-F_{n+r}F_{n-r}=(-1)^{n-r}F_{r}^{2}}$$

$${\displaystyle F_{m}F_{n+1}-F_{m+1}F_{n}=(-1)^{n}F_{m-n}}$$$${\displaystyle F_{2n}=F_{n+1}^{2}-F_{n-1}^{2}=F_{n}\left(F_{n+1}+F_{n-1}\right)=F_{n}L_{n}}$$ ここで、L _nはn番目のルーカス数です。最後の式はn を倍にする恒等式です。このタイプの他の恒等式は次のとおりです。 $${\displaystyle F_{3n}=2F_{n}^{3}+3F_{n}F_{n+1}F_{n-1}=5F_{n}^{3}+3(-1)^{n}F_{n}}$$ カッシーニの正体によって。

$${\displaystyle F_{3n+1}=F_{n+1}^{3}+3F_{n+1}F_{n}^{2}-F_{n}^{3}}$$$${\displaystyle F_{3n+2}={F_{n+1}}^{3}+3F_{n+1}^{2}F_{n}+F_{n}^{3}}$$$${\displaystyle F_{4n}=4F_{n}F_{n+1}\left(F_{n+1}^{2}+2F_{n}^{2}\right)-3F_{n}^{2}\left(F_{n}^{2}+2F_{n+1}^{2}\right)}$$これらは格子縮約 を用いて実験的に見つけることができ、フィボナッチ数を因数分解するための特別な数体篩を設定する際に役立ちます。

より一般的には、^{[ 35 ]}

$${\displaystyle F_{kn+c}=\sum _{i=0}^{k}{\binom {k}{i}}F_{c-i}F_{n}^{i}F_{n+1}^{k-i}.}$$

または別の方法として

$${\displaystyle F_{kn+c}=\sum _{i=0}^{k}{\binom {k}{i}}F_{c+i}F_{n}^{i}F_{n-1}^{k-i}.}$$

この式にk = 2を代入すると、再び上記のセクションの最後の行列形式の式が得られます。

フィボナッチ数列の通常の母関数は冪級数である。

$${\displaystyle s(z)=\sum _{k=0}^{\infty }F_{k}z^{k}=0+z+z^{2}+2z^{3}+3z^{4}+5z^{5}+\cdots .}$$

この級数は任意の複素数に対して収束する${\displaystyle z}$満足${\displaystyle |z|<1/\varphi \approx 0.618,}$そしてその和は単純な閉じた形式を持つ：^{[ 36 ]}

$${\displaystyle s(z)={\frac {z}{1-z-z^{2}}}.}$$

これは、を掛けることで証明できます。${\textstyle (1-z-z^{2})}$: $${\displaystyle {\begin{aligned}(1-z-z^{2})s(z)&=\sum _{k=0}^{\infty }F_{k}z^{k}-\sum _{k=0}^{\infty }F_{k}z^{k+1}-\sum _{k=0}^{\infty }F_{k}z^{k+2}\\&=\sum _{k=0}^{\infty }F_{k}z^{k}-\sum _{k=1}^{\infty }F_{k-1}z^{k}-\sum _{k=2}^{\infty }F_{k-2}z^{k}\\&=0z^{0}+1z^{1}-0z^{1}+\sum _{k=2}^{\infty }(F_{k}-F_{k-1}-F_{k-2})z^{k}\\&=z,\end{aligned}}}$$ すべての用語が${\displaystyle z^{k}}$のために${\displaystyle k\geq 2}$定義となるフィボナッチ数列の漸化式により、相殺される。

使用${\displaystyle z={10}^{-n}}$最後から2番目の数までのフィボナッチ数を並べると、${\displaystyle n}$10進数展開の桁数${\displaystyle s(z)}$。 例えば、$${\displaystyle s(10^{-3})={\frac {0.001}{0.998999}}={\frac {1000}{998999}}=000.\,001\,001\,002\,003\,005\,008\,013\,\ldots .}$$

部分分数分解は次のように表される。 $${\displaystyle s(z)={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left({\frac {1}{1-\varphi z}}-{\frac {1}{1-\psi z}}\right)}$$ どこ${\textstyle \varphi ={\tfrac {1}{2}}\left(1+{\sqrt {5}}\right)}$は黄金比であり、${\displaystyle \psi ={\tfrac {1}{2}}\left(1-{\sqrt {5}}\right)}$は、その共役です。

フィボナッチ数列の指数生成関数は、漸化式から導出することもでき、同次線形微分方程式が得られる。 $${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }F_{k+2}{\frac {x^{k}}{k!}}={}&\sum _{k=0}^{\infty }F_{k+1}{\frac {x^{k}}{k!}}+\sum _{k=0}^{\infty }F_{k}{\frac {x^{k}}{k!}}\\F^{\prime \prime }(x)={}&F^{\prime }(x)+F(x)\end{aligned}}}$$ この方程式の特性多項式は${\textstyle r^{2}=r+1}$その解はまさに黄金比である。${\textstyle \varphi }$およびそれの共役${\textstyle \psi }$初期値と組み合わせると${\textstyle F_{0}=F(0)=0}$そして${\textstyle F_{1}=F^{\prime }(0)=1}$フィボナッチ数の指数生成関数は、関数全体で与えられます。$${\displaystyle F(x)={\frac {e^{\varphi x}-e^{\psi x}}{\sqrt {5}}}}$$指数生成関数の導関数 を評価する${\textstyle x=0}$ビネの公式を与える： $${\displaystyle F^{(n)}(0)=F_{n}={\frac {\varphi ^{n}-\psi ^{n}}{\sqrt {5}}}}$$

数列の3番目の数字は偶数（1の倍数）です${\displaystyle F_{3}=2}$⁠ ) そしてより一般的には、すべての⁠${\displaystyle k}$数列の 番目の数はの倍数です${\displaystyle F_{k}}$したがって、フィボナッチ数列は可除数列の一例である。実際、フィボナッチ数列はより強い可除性の性質を満たす^{[ 41 ] [ 42 ]。}$${\displaystyle \gcd(F_{a},F_{b},F_{c},\ldots )=F_{\gcd(a,b,c,\ldots )}\,}$$ ここで、gcdは最大公約数関数です。（この関係は、数列を⁠で始めるなど、異なるインデックス規則が使用される場合は異なります。）${\displaystyle F_{0}=1}$そして​​${\displaystyle F_{1}=1}$⁠ .)

特に、連続する 3 つのフィボナッチ数は互いに素です。${\displaystyle F_{1}=1}$そして​${\displaystyle F_{2}=1}$つまり 、$${\displaystyle \gcd(F_{n},F_{n+1})=\gcd(F_{n},F_{n+2})=\gcd(F_{n+1},F_{n+2})=1}$$すべてのn について。

すべての素数p は、p を 5で割った値によって決まるフィボナッチ数を割り切ります。pが5 で 1 または 4 に合同であれば、p はF _{p −1}を割り切り、pが 5 で 2 または 3 に合同であれば、pはF _{p +1}を割り切ります。残りのケースはp = 5 の場合で、この場合、pはF _pを割り切ります。 

$${\displaystyle {\begin{cases}p=5&\Rightarrow p\mid F_{p},\\p\equiv \pm 1{\pmod {5}}&\Rightarrow p\mid F_{p-1},\\p\equiv \pm 2{\pmod {5}}&\Rightarrow p\mid F_{p+1}.\end{cases}}}$$

これらのケースは、ルジャンドル記号を使用して、単一の非区分的公式にまとめることができます。^{[ 43 ]}$${\displaystyle p\mid F_{p\,-~\!\left({\frac {5}{p}}\right)}.}$$

上記の式は、素数判定として使用できます。 $${\displaystyle n\mid F_{n\,-~\!\left({\frac {5}{n}}\right)},}$$ ここでルジャンドル記号がヤコビ記号に置き換えられている場合、これはnが素数であることの証拠であり、これが成り立たない場合は、 nは明らかに素数ではない。nが合成数で式を満たす場合、nはフィボナッチ擬素数である。mが大きい場合（例えば500ビットの数）、行列形式を使用してF _m (mod n )を効率的に計算できる。したがって