你我相逢在黑夜的海上,
你有你的, 我有我的, 方向；
你記得也好,
最好你忘掉,
在這交會時互放的光亮！

--- 徐志摩《偶然》

費波那契 (Fibonacci) 引進的費氏數列現在已經家喻戶曉。 這個數列 $\langle F_n\rangle$ 用遞迴的方式定義為 $F_0=0$、 $F_1=1$、 當 $n\ge 2$ 時 $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$。 它的前面 12 項是 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89。 張進安老師 發現一個可愛的結果： \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac{F_n}{10^{n+1}}=\frac 1{89},\label{1} \end{align} 其中 89 是一個費波那契數。

他的這個發現, 有一段歷程。 洪萬生教授翻譯理查$\cdot$菲利普 (Richard Phillips) 著的《數字邏輯 101》一書, 對 89 的介紹 ： 「89 是一個質數, 也是一個費波那契數。 八十九分之一的十進位小數為 0.01123595$\cdots$, 很奇特的, 這個數以費波那契數為開端, 但是此一模式被 9 破壞。 這是一個循環小節有 44 位$\cdots$」可是進安老師不認為費氏數列的規則有被破壞, 原來出現的 8 加上下一項 13 進位過來的 1, 就剛好是 9。 他猜測, 以下的每一項也都遵循這個規則, 也就是 \eqref{1} 式成立。

他先做了一些實驗, 確認加到 38 項都對, 因此相信這個結果會對。 然後他在網路上找到 Robert Minor 用矩陣的方法確實證明了 \eqref{1} 式成立。 事實上, 這個結果 Stancliff 在 1953 年就證明過了。 他並用手機計算了一些類似的計算, 猜想可以有更進一步的公式 (這裡的寫法略異, 但等價於原式)： \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac{F_n}{10^{k(n+1)}}=\frac 1{10^{2k}-10^k-1}.\label{2} %100 應該是 10 \end{align} 他也用高中生常用的求級數和的方法算出 (這裡的寫法略異, 但等價於原式)： \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac{F_n}{2^{n+1}}=1.\label{3} \end{align} 他最後問道, 是否下面的式子也會對 (這裡的寫法略異, 原寫法筆誤)： \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\frac{F_n}{r^{n+1}}=\frac 1{r^{2}-r-1}.\label{4} \end{align} 對哪一些 $r$ 會對？

他並指出 $r=(\sqrt 5\pm 1)/2$ 時是發散的, $r=-2$, $r=-3$ 是收斂的。

其實, 利用他計算 \eqref{3} 式所用「高中生常用的求級數和的方法」, 就可以算出 \eqref{4} 式, 說明如下。 假設 $\sum_{n=0}^\infty\dfrac{F_n}{r^{n+1}}$ 收斂到 $S$, 則有 $$S=\frac{F_0}{r}+\frac{F_1}{r^2}+\frac{F_2}{r^3}+\frac{F_3}{r^4}+\cdots+\frac{F_n}{r^{n+1}}+\cdots,$$ 等式兩邊同乘以 $r$ 得 $$rS=\frac{F_0}{1}+\frac{F_1}{r}+\frac{F_2}{r^2}+\frac{F_3}{r^3}+\frac{F_4}{r^4}+\cdots+\frac{F_{n+1}}{r^{n+1}}+\cdots,$$ 第二式減去第一式, 並利用初始值 $F_0=0$、 $F_1=1$ 得 \begin{align*} (r-1)S=&\frac 1r+\frac{F_2-F_1}{r^2}+\frac{F_3-F_2}{r^3}+\frac{F_4-F_3}{r^4}+\cdots+\frac{F_{n+1}-F_n}{r^{n+1}}+\cdots\\ =&\frac 1r\Big(1+\frac{F_0}{r}+\frac{F_1}{r^2}+\frac{F_2}{r^3}+\cdots+\frac{F_{n-1}}{r^n}+\cdots\Big)=\frac 1r(1+S). \end{align*} 遂有 $(r^2-r)S=1+S$, 也就是 $(r^2-r-1)S=1$, 從而 $S=\dfrac{1}{r^2-r-1}$。

很容易可以看出來, 當 $r$ 很小, 例如 $r=0.1$ 時, $\dfrac{F_n}{0.1^{n+1}}\ge 10^{n+1}$。 因為無窮等比級數 $\sum_{n=0}^\infty 10^{n+1}=\infty$, 所以 $\sum_{n=0}^\infty\dfrac{F_n}{r^{n+1}}=\infty$。 也就是說, \eqref{4} 式對於某些 $r$ 並不成立, 要記得前述的推導是基於 $\sum_{n=0}^\infty\dfrac{F_n}{r^{n+1}}$ 收斂的假設。

剩下的問題是, 對於那些 $r$, \eqref{4} 式會成立？

解決問題的基本方法是先求出無窮級數的部分和, 再看部份和是否會有極限。 這只要將前述的推導略為修改, 求和時只求部分和即可。 也就是： $$S_n=\frac{F_0}{r}+\frac{F_1}{r^2}+\frac{F_2}{r^3}+\frac{F_3}{r^4}+\cdots+\frac{F_n}{r^{n+1}},$$ 等式兩邊同乘以 $r$ 得 $$rS_n=\frac{F_0}{1}+\frac{F_1}{r}+\frac{F_2}{r^2}+\frac{F_3}{r^3}+\frac{F_4}{r^4}+\cdots+\frac{F_n}{r^{n}},$$ 第二式減去第一式, 並利用初始值 $F_0=0$、 $F_1=1$ 得 \begin{align*} (r-1)S_n=&\frac 1r+\frac{F_2-F_1}{r^2}+\frac{F_3-F_2}{r^3}+\frac{F_4-F_3}{r^4}+\cdots+\frac{F_n-F_{n-1}}{r^n}-\frac{F_{n}}{r^{n+1}}\\ =&\frac 1r\Big(1+\frac{F_0}{r}+\frac{F_1}{r^2}+\frac{F_2}{r^3}+\cdots+\frac{F_{n-2}}{r^{n-1}}-\frac{F_n}{r^n}\Big)\\ =&\frac 1r\Big(1+S_n-\frac{F_{n-1}}{r^n}-\frac{F_n}{r^{n+1}}-\frac{F_n}{r^n}\Big), \end{align*} 遂有 $(r^2-r)S_n=1+S_n-\dfrac{F_{n-1}}{r^n}-\dfrac{F_n}{r^{n+1}}-\dfrac{F_n}{r^n}$, 也就是 $$(r^2-r-1)S_n=1-\dfrac{F_{n-1}}{r^n}-\dfrac{F_n}{r^{n+1}}-\dfrac{F_n}{r^n},$$ 從而可以知道 $$S_n=\frac{1}{r^2-r-1}\Big(1-\dfrac{F_{n-1}}{r^n}-\dfrac{F_n}{r^{n+1}}-\dfrac{F_n}{r^n}\Big).$$ 所以問題的關鍵是 $\dfrac{F_n}{r^n}$ 的極限到底是多少？

幸運的是, 其實我們可以算出 $F_n$, 也就是可以用 $n$ 表示出 $F_n$。 這有很多種方法, 底下是一種降階法。

我們希望找到兩個數 $a$ 和 $b$ 使得遞迴式 $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$ 可以寫為 \begin{align} F_n-aF_{n-1}=b(F_{n-1}-aF_{n-2}),\label{5} \end{align} 能這樣做的好處是, 如果令$G_n\!=\!F_n\!-\!aF_{n-1}$, 那麼費氏數列的遞迴關係就等價於一階遞迴關係 $$G_1=1\hbox{、}\quad G_n=bG_{n-1}$$ 這其實是以 $b$ 為公比的等比數列, 也就是 $G_n=b^{n-1}$, 其中 $n\ge 1$。 所以就知道 $$F_n=aF_{n-1}+b^{n-1}, \ \hbox{其中}\ n\ge 1\hbox{。}$$ 反覆使用此遞迴關係就能得到 \begin{align*} F_n=&aF_{n-1}+b^{n-1}\\ =&a(aF_{n-2}+b^{n-2})+b^{n-1}=a^2F_{n-2}+ab^{n-2}+b^{n-1}\\ =&a^2(aF_{n-3}+b^{n-3})+ab^{n-2}+b^{n-1}=a^3F_{n-3}+a^2b^{n-3}+ab^{n-2}+b^{n-1}\\ \vdots& \\ =&a^nF_0+a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}\\ =&\frac{a^n-b^n}{a-b}. \end{align*}

回到一開頭, 我們想要找到兩個數 $a$ 和 $b$ 使得 \eqref{5} 式成立, 將式子整理就得到 $F_n=(a+b)F_{n-1}-abF_{n-2}$, 所以我們只要使得 $a+b=1$、 $ab=-1$就可以了。 也就是說, 其實 $a$ 和 $b$ 是方程式 $x^2-x-1=0$ 的兩個根, 不妨假設 $a\ge b$, 則 $$a=\frac{1+\sqrt 5}{2}\approx 1.618\hbox{、}\quad b=\frac{1-\sqrt 5}{2}\approx -0.618,$$ 也就是說 $$F_n=\frac 1{\sqrt 5}\Bigg(\Big(\frac{1+\sqrt 5}{2}\Big)^n-\Big(\frac{1-\sqrt 5}{2}\Big)^n\Bigg),$$ 這個公式一般稱為Binet公式, 雖然更早之前Abraham de Moivre 和 Daniel Bernoulli 就已經知道這個公式 。

這顯示, 費氏數列其實是兩個等比數列的差, 第一個等比數列的首項是 $1/\sqrt 5$、 公比是 $a\approx1.618$, 所以逐漸上升到無窮大, 第二個等比數列的首項是 $1/\sqrt 5$、 公比是 $b\approx 0.618$, 所以逐漸趨近於 0, 而可忽略。

因此, $\langle F_n/r^{n+1}\rangle$ 也是兩個等比數列的差, 第一個等比數列的首項是 $1/\sqrt 5 r$、 公比是 $a/r$, 第二個等比數列的首項是 $1/\sqrt 5 r$、公比是 $b/r$。 由無窮等比級數的知識, 可以知道 $\sum_{n=0}^\infty\dfrac{F_n}{r^{n+1}}$ 收斂若且唯若 $|r|\gt a$, 而收斂時的值是 $$\frac{1/\sqrt 5 r}{1-a/r}-\frac{1/\sqrt 5 r}{1-b/r}=\frac 1{\sqrt5(r-a)}-\frac 1{\sqrt5(r-b)}=\frac {(r-b)-(r-a)}{\sqrt5(r-a)(r-b)}=\frac 1{r^2-r-1},$$ 這就得到 \eqref{4} 的答案。

---本文作者為台灣大學數學系名譽教授---