大自然中隨處可見的數字
請大家認真觀察最奇妙的數列之一——斐波那契數列。
1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233 …
斐波那契數列的前兩項分別是1、1，第3項是1 + 1 = 2（第1項和第2項之和），第4項是1 + 2 = 3（第2項和第3項之和），第5項是2 + 3 = 5（第3項和第4項之和），之後的各項依次是3 + 5 = 8，5 + 8 = 13，8 + 13 = 21…。1202年，比薩的利奧納多（後被人稱為「斐波那契」）在其著作《算盤書》（Liber Abaci）中第一次介紹了這些數字。這部著作不僅把阿拉伯—印度數字系統引入了歐洲國家，還為西方世界創立了沿用至今的計算方法。
這部著作論述了很多計算問題，其中有一個有趣的「兔子問題」：假設兔子永遠不會死，小兔子長大需要1個月，然後每個月生一對小兔子；如果一開始的時候有一對小兔子，那麼12個月之後共有多少對兔子？
我們可以用圖形或者符號來呈現這個問題。用小寫字母「r」表示一對小兔子，用大寫字母「R」表示成年兔子。每個小寫的「r」到下一個月就會變成大寫的「R」，大寫的「R」則變成「Rr」。（也就是說，小兔子長成大兔子，大兔子生下小兔子。）
我們利用下表對問題建模。我們發現，在前6個月裡，兔子的對數分別是1、1、2、3、5、8。
我們在不具體列出兔群構成的情況下，可以證明到第7個月時有13對兔子。那麼，其中有多少對成年兔子呢？由於第6個月的所有兔子到第7個月時都是成年兔子，因此第7個月有8對成年兔子。
第7個月又有多少對小兔子呢？它在數量上等於第6個月的成年兔子的對數，即5對（與第5個月時的兔子總數必然相等）。因此，第7個月的兔子對數為8 + 5 = 13。
如果把斐波那契數列的前兩項分別定義為F1 = 1，F2 = 1，隨後各項分別為其前面兩個數字之和，那麼，對於n≥3，有：
Fn = Fn–1 + Fn–2
如下表所示，F3 = 2, F4 = 3, F5 = 5, F6 = 8，以此類推。
斐波那契數列的前13個數字
因此，前文中兔子問題的答案是F13 = 233（包含F12 = 144對成年兔子和F11 = 89對小兔子）。
除了研究人口動態以外，斐波那契數列還有無數其他應用，而且我們經常可以在自然界中發現它的蹤影。例如，花朵的花瓣數常常是斐波那契數列中的一個數字，向日葵、菠蘿、松球等的螺旋結構中也常常含有斐波那契數列中的數字。但是，最讓我沉醉不已的是斐波那契數列表現出來的那些美麗動人的規律。
例如，我們把斐波那契數列的前幾個數字相加，看看它們的和有什麼特點。
這些和大多不是斐波那契數列中的數字，但卻非常接近。事實上，這些和分別比斐波那契數列小1。下面，我們來看看其中的奧秘。以最後一個等式為例，我們把每個數字改寫成其後兩個數字之差的形式，上式就會變成：
1 + 1 + 2 + 3 + 5 + 8 + 13
=(2 – 1) + (3 – 2) + (5 – 3) + (8 – 5) + (13 – 8) + (21 – 13) + (34 – 21)
= 34 – 1
請注意觀察，(2 – 1)中的2會被(3 – 2)中的2抵消，(3 – 2)中的3會被(5 – 3)中的3抵消，最終，除了最後一項中的34和第1項中的（–1）以外，所有項均相互抵消了。一般而言，斐波那契數列的前n個數字相加有一個非常簡單的求和公式：
F1 + F2 + F3 + … + Fn = Fn+2 –1
下面我再向大家介紹一個與之相關、答案同樣美麗簡練的問題。如果將斐波那契數列的前n個偶數項數字相加，它們的和有什麼特徵？也就是說，下面這個求和算式可以簡化嗎？
F2 + F4 + F6 + … + F2n
先觀察前幾個偶數項的數字之和：
注意，這些數字看上去非常眼熟。事實上，這些數字在前面求斐波那契數列的前n個數字之和時出現過，所有的數字都比斐波那契數列小1。考慮到斐波那契數列的每個數字都是其前兩項相加之和，因此，在第一項之後，我們可以把每個偶數項的數字替換成其前兩個數字之和。從下面的算式可以看出，這個問題實際上已經變成了上面的那個求和問題：
1 + 3 + 8 + 21
= 1 + (1+2) + (3 + 5) + (8 + 13)
= 34–1
最後一行符合前n項斐波那契數列之和的特徵：前7個數字的和比第9個數字小1。
一般而言，鑒於F2 = F1 = 1，且每個數字都是前兩項之和，因此我們可以把偶數項數字的求和問題變成前2n – 1個數字的求和問題。
F2 + F4 + F6 + … + F2n
= F1 + (F2 + F3) + (F4 + F5) + … + (F2n – 2 + F2n – 1 )
= F2n+1 – 1
接下來，我們再研究前n個奇數項的數字之和。
這些和表現出更明顯的規律：前n個奇數項的數字之和就是下一個數字。利用上面的方法，我們可以得到：
F1 + F3 + F5 + … + F2n–1
= 1 + (F1 + F2) + (F3 + F4) + … + (F2n – 3 + F2n – 2 )
= 1 + ( F2n–1)
= F2n
延伸閱讀
我們還可以換一種證明方法，得出相同的結果。如果從斐波那契數列的前2n個數字之和中減去前n個偶數項數字之和，就會得到前n個奇數項數字之和：
F1 + F3 + F5 + … + F2n–1
= (F1 + F2 + … + F2n–1) – (F2 + F4 + … + F2n–2)
= (F2n + 1 – 1) – (F2n – 1 – 1)
= F2n
兔子、音樂與拼圖
到目前為止，我們已經討論了斐波那契數列的若干規律，但也只能算點到為止。你也許會想，這些數字的作用肯定不限於計算有多少對兔子吧。的確，斐波那契數列是很多計數問題的答案。1150年（比薩的利奧納多還沒有開始研究那些兔子呢），印度數學家赫馬查德拉問，如果音樂的終止式只包含長度為1或2的音節，那麼長度為n的終止式共有多少種呢？我們用簡單的數學語言來表述這個問題。
問題：如果把數字n寫成1與2的和的形式，一共有多少種寫法？
我們把答案記作fn，然後考慮n取較小值時fn的值。
和為1的情況只有一種，和為2有兩種情況（1 + 1和2），和為3有三種情況（1 + 1+ 1, 1 + 2，2 + 1）。注意，只可以使用1和2這兩個數字。此外，數字的先後次序是需要考慮的重要因素，因此1 + 2與2 + 1不同。和為4有5種情況（1 + 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 2, 1 + 2 + 1, 2 + 1 + 1, 2 + 2），上表中給出的答案似乎都是斐波那契數列中的數字，事實也確實如此。
我們以f5 = 8為例，看看和為5的情況為什麼有8種。求和時，第1項只能是1或者2。第1項是1的情況一共有多少種呢？在1之後，我們必須再給出一系列的1和2，而且這些數之和等於4。我們知道，這樣的序列共有f4 = 5種。同理，第1項是2且各項之和是5的情況共有多少種呢？在第一個數字2之後，剩餘各項之和必須是3，一共有f3 = 3種情況。因此，和為5的情況一共有5 + 3 = 8種。同理，和為6的序列一共有13種，因為第1項數字是1的情況共有f5 = 8種，第1項數字是2的情況共有f4 = 5種。一般而言，和為n的序列共有fn種，其中，以1開始的序列有fn–1種，以2開始的序列有fn–2種，因此：
fn = fn–1 + fn–2
也就是說，fn的前幾個數字與斐波那契數列相似，隨後各項的增長方式也與斐波那契數列相似。因此，這些數字構成的就是斐波那契數列，不過兩者之間還存在一個小差異，或者更準確地說是發生了位移。請注意，f1 = 1 = F2，f2= 2 = F3，f3 = 3 = F4，以此類推。（為方便起見，我們定義f0 = F1 = 1，f–1 = F0 = 0。）一般而言，對於n≥1，有：
fn = Fn+1
瞭解斐波那契數列的應用價值之後，我們可以利用這方面的知識，對它的很多美麗的規律加以證明。大家還記得我們在第4章結尾部分討論的帕斯卡三角形的對角線方向的數字之和吧。
例如，第8條對角線方向的數字之和是：
1 + 7 + 15 + 10 + 1 = 34 = F9
如果表述成「n選幾」的形式，就是：
為了幫助大家理解這個規律，我們用兩個辦法來解決下面這個計數問題。
問題：和為8的1–2序列有多少種？
第一種方法：根據定義，有f8 = F9種。
第二種方法：根據序列中2的個數，把這個問題分成5種情況加以考慮。
沒有2的序列有多少種？顯然只有1種，即11111111，毫無疑問
= 1。
只有1個2的序列有多少種？有7種，即2111111，1211111，1121111，1112111，1111211，1111121，1111112。這些序列包含7個數字，數字2在其中有
= 7種不同的位置。
有2個2的序列有多少種？符合這個條件的代表性序列是221111，我在這裡就不一一列出全部15種序列了。提醒大家注意一點：符合條件的序列都有2個2和4個1，共包含6個數。因此，2個2在這些序列中一共有
= 15種不同的位置。同理，含有3個2的序列還必須包含2個1，共有5個數字，這樣的序列有
= 10種。最後，含有4個2的序列只有
= 1種，即2222。
比較這兩個答案，就能得出令人滿意的解釋。一般而言，帕斯卡三角形的第n條對角線方向的數字之和，一定是一個斐波那契數列中的數字。具體地說，對於所有的n≥0，在求第n條對角線方向的數字之和（從第1項加到第n / 2項，以保證求和的行為限制在三角形範圍之內）時，我們都會得到：
我們還可以通過拼圖來理解斐波那契數列，這個方法的效果與前幾種差不多，卻更加直觀。例如，f4 = 5表明，在利用方塊（長度為1）和雙方塊（長度為2）拼成長度為4的長條時共有5種拼法。比如，1 + 1 + 2表示方塊—方塊—雙方塊的拼法。
利用方塊和雙方塊拼成長度為4的長條共有5種拼法，證明f4 = 5成立
利用拼圖法，我們還可以理解斐波那契數列的另一個重要規律。觀察下表，找出斐波那契數列進行平方運算之後的規律。
把斐波那契數列中兩個連續的數字相加，和為下一個數字，這個結果並不令人吃驚。（畢竟，斐波那契數列就是這樣定義的。）但是，你絕對想不到它們的二次冪竟然也有一些非常有意思的規律。我們先把連續數字的二次冪相加，看看它們的和有什麼規律。
斐波那契數列中f0至f10的二次冪
我們利用計數的方法來解釋其中的規律。最後一個等式表明：
為什麼會這樣？通過一個簡單的計數問題，我們就能理解其中的緣由。
問題：利用方塊和雙方塊拼成長度為10的長條，共有多少種方法？
第一種方法：根據定義，有f10種拼法。下圖所示是一種典型的拼法，即2 + 1 + 1 + 2 + 1 + 2 + 1。
我們說這種拼法在第2、3、4、6、7、9和10單元處是可以拆分的。（也就是說，除了雙方塊的中間位置，其他地方都是可以拆分的。）而在第1、5、8單元處是不可拆分的。
第二種方法：我們分兩種情況考慮，即在第5單元處可以拆分的拼圖和在該處不可拆分的拼圖。在第5單元處可以拆分、長度為10的拼圖共有多少種呢？這樣的拼圖可以一分為二，前一半有f5 = 8種拼法，後一半也有f5 = 8種拼法。因此，根據第4章介紹的乘法法則，如下圖所示，共有f 25 = 82 種拼法。
長度為10且在第5單元處可以拆分的拼圖有f
種
長度為10且在第5單元處不可拆分的拼圖有多少種？在這樣的拼圖中，第5、6單元必然是一個雙方塊，如下圖所示。在這種情況下，左右兩邊各有f4 = 5種拼法，因此，在第5單元處不可拆分的長條共有f 24 = 52 種拼法。把這兩種情況加總，就會得到 f10 =f 25 + f 24。證明完畢。
長度為10且在第5單元處不可拆分的拼圖有f
種
一般而言，取長度為2n的拼圖，考慮中間位置可以拆分與不可拆分的情況，就可以得出下面這個美觀簡練的規律：
f2n =f 2n + f 2n – 1
延伸閱讀
有了上面這個等式之後，我們可能希望推而廣之，以便在類似情況下也可以使用它。例如，長度為m + n的拼圖。在第m單元處可以拆分的拼圖有多少種？左邊有fm種拼法，右邊有fn種拼法，因此共有fm fn種拼法。在第m單元處不可拆分的拼圖有多少種呢？這種拼圖的第m和m + 1單元必然是一個雙方塊，因此其餘的位置有fm–1 fn–1種拼法。加到一起，就會得到下面這個非常有用的等式。對於m, n≥0：
fm+n = fm fn + fm – 1 fn – 1
接下來，我們介紹另一個規律。把斐波那契數列中數字的二次冪相加，觀察和有什麼特徵。
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！斐波那契數列中數字的平方和，就是最後一個數字與下一個數字的乘積！為什麼1、1、2、3、5、8的平方和等於8×13呢？用幾何圖形可以「看出」其中的奧秘。取邊長分別是1、1、2、3、5、8的正方形，按下圖所示的方式拼到一起。
我們先放一個1×1的正方形，再在旁邊放另一個1×1的正方形，就會得到一個1×2的長方形。在這個長方形的下面，放一個2×2的正方形，就會得到一個3×2的長方形。沿著長方形的長邊，放一個3×3的正方形（得到一個3×5的長方形）。然後，在下面放置一個5×5的正方形（得到一個8×5的長方形）。最後，在旁邊放置一個8×8的正方形，就會得到一個8×13的長方形。現在，我們考慮一個簡單的問題。
問題：這個大長方形的面積是多少？
第一種方法：這個長方形的面積是所有正方形的面積之和。換句話說，大長方形的面積必然是12 + 12 + 22 + 32 + 52 + 82。
第二種方法：這個大長方形的高是8，底邊長度為5 + 8 = 13，因此它的面積必然是8×13。
由於這兩種方法都是正確的，所以算出的面積必然相等，上面的等式得以證明。事實上，回頭去看這個大長方形的構建過程，你就會發現上面列出的關於這個規律的所有關係（例如，12 + 12 + 22 + 32 + 52 = 5×8）都已經得到了證明。沿著這個思路，你還可以構建大小為13×21、21×34…的長方形。由此可知，這個規律永遠成立，其一般表達式為：
12 + 12 + 22 + 32 + 52 + 82 + … + F2n =Fn Fn+1
接下來，我們將斐波那契數列中與某個數字左右相鄰的兩個數字相乘，看看乘積有什麼規律。例如，在斐波那契數列中，與5相鄰的兩個數字分別是3和8，乘積是3×8 = 24，比52小1；與8相鄰的兩個數字分別是5和13，乘積是5×13 = 65，比82大1。認真觀察下表，很容易得出：在斐波那契數列中，與某個數字左右相鄰的兩個數字相乘，乘積與該數字的二次冪相差1。換句話說：
F2n – Fn–1 Fn+1 = ±1
與某個數字左右相鄰的兩數乘積與該數字的二次冪之間相差1
利用歸納法（一種證明方法，我們將在下一章學習這種方法）可以證明，對於n≥1：
F
– Fn–1 Fn+1 = (–1)n+1
接下來，我們研究與某個數字距離較大的兩個數字的乘積，以便把這個規律推而廣之。以F5 = 5為例，我們發現，與之緊密相鄰的兩個斐波那契數字的乘積是3×8 = 24，與52相差1。與5相距2個數字的左右兩數相乘時，也會得到相同的結果，即2×13 = 26同樣與52相差1。與5相距3、4或5個數字的左右兩數相乘呢？它們的乘積分別是1×21 = 21，1×34 = 34，0×55 = 0。這些乘積與25相差多少呢？它們的距離分別是4、9、25，都是完全平方數。而且，它們不是沒有任何規律的完全平方數，而是斐波那契數列中數字的二次冪！下表給出了更多的證據，證明這個規律確實存在，其一般表達式為：
F2n – Fn–r Fn+r =± F2r
在斐波那契數列中，某個數字的兩個遠鄰的乘積一定與該數字的二次冪相距較近，該距離一定是某個數字的二次冪
質數、黃金比例與《達·芬奇密碼》
我們已經知道，帕斯卡三角形中的偶數與奇數表現出一種極其複雜的規律。對於斐波那契數列而言，情況則簡單得多。在斐波那契數列中哪些是偶數呢？
1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144…
偶數有F3 = 2，F6 = 8，F9 = 34，F12 = 144，等等。（在本節中，由於斐波那契數列表現出更美的規律性，因此我們繼續用大寫字母「F」來表示斐波那契數列中的數字。）前幾個偶數出現在第3、6、9、12等的位置上，說明每3項就有一個偶數。我們注意到，這個規律始於：
奇，奇，偶
然後重複：
奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶……
這是因為，在每個「奇，奇，偶」代碼塊之後，接下來的代碼塊必然以「奇 + 偶 = 奇」開始，然後是「偶 + 奇 = 奇」，再然後是「奇 + 奇 = 偶」，如此循環往復。
用第3章的同余概念來表示的話，就是說斐波那契數列中的所有偶數都關於0同余（模為2），所有奇數都關於1同余（模為2），並且1 + 1 ≡ 0 (mod 2)。因此，斐波那契數列的以2為模的表達方式是：
1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0…
那麼，斐波那契數列中的哪些數字是3的倍數呢？前幾個是3的倍數的數字為F4 = 3，F8 = 21，F12 = 144，這似乎表明序號是4的倍數的數字都是3的倍數。為了證明這個猜想，我們以3為模，把斐波那契數列簡化成0、1或2的形式，其中1 + 2 ≡ 0，且2 + 2 ≡1 (mod 3)。
於是，斐波那契數列變為：
1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，1，1…
在第8項之後，又回到了1和1，因此整個數列圍繞大小為8的數據塊不斷重複，其中0排在第4位。因此，序號是4的倍數的數字都是3的倍數，反之亦然。如果模為5、8或13，就可以證明：
序號是5的倍數的數字都是5的倍數；
序號是6的倍數的數字都是8的倍數；
序號是7的倍數的數字都是13的倍數。
而且，這個規律還可以繼續推而廣之。
斐波那契數列中兩個相鄰的數字有什麼規律呢？它們有什麼共同點嗎？有意思的是，我們現在可以證明，從某種意義上講，這些數字沒有任何共同點。所以，我們說兩個相鄰的數字
(1 , 1), (1 , 2), (2 , 3), (3 , 5), (5 , 8), (8 , 13), (13 , 21), (21 , 34),…
是互質的。也就是說，不存在一個大於1且可以同時整除這兩個數字的數。例如，以上面最後一對數字為例，我們發現21可以被1、3、7、21整除，而34的因數是1、2、17、34。因此，除了1以外，21和34沒有公因數。我們能確定這個規律始終成立嗎？我們是否可以確定下一對數字，即 (34 , 55)，也是互質的？我們無須找出55的因數，即可完成這項證明。我們反過來假設存在一個數字d > 1且可以同時整除34和55，那麼這個數字肯定可以整除它們的差55 – 34 = 21（如果55和34都是d的倍數，它們的差也肯定是d的倍數）。但這是不可能的，因為我們已經知道不存在一個大於1且可以同時整除21和34的數字d。重複這個證明過程，就可以證明斐波那契數列中所有兩個相鄰的數字都是互質的。
接下來，我要向大家介紹斐波那契數列最討人喜歡的一個特點！我們知道，兩個數字的「最大公因數」（greatest common pisor）是可以同時整除這兩個數字且數值最大的那個數。例如，20和90的最大公因數是10，記作：
(20 , 90) = 10
你知道斐波那契數列中的第20個和第90個數字的最大公因數是多少嗎？絕對難以想像！答案是55，這個數字本身也包含在斐波那契數列中，而且正好是第10個數字！用等式表示的話，就是：
(F20，F90) = F10
一般地，對於整數m和n，有：
(Fm，Fn) = F (m, n)
也就是說，「斐波那契數列中兩個數字的最大公因數也是斐波那契數列中的數字，它的序號就是那兩個數字序號的最大公因數」！儘管我們不準備證明這個規律，但我還是要把它介紹給大家，因為這確實是一個美輪美奐的規律，我完全無法抵制它的誘惑。
規律有時候也具有欺騙性。例如，斐波那契數列中的哪些數字是「質數」（prime number）？（我們在下一章就會討論質數的概念，它是指大於1且只能被1和自身整除的數。）大於1但不是質數的數叫作「合數」（composite number），因為它們可以被分解成較小數字的乘積形式。前幾個質數是
2，3，5，7，11，13，17，19…
下面，我們考察序號為質數的斐波那契數列中的數字：
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都是質數。這個現象似乎表明，如果p > 2是質數，那麼Fp也是質數。但是，F19 = 4 181不是質數，因為4 181 = 37×113。然而，如果斐波那契數列中的某個數字大於3且為質數，那麼它的序號一定是質數，這條規律確實存在，而且可以根據我們前面討論的一條規律推導得出。例如，F14肯定是一個合數，因為斐波那契數列中序號是7的倍數的數字都是F7 = 13的倍數（事實確實如此，F14 = 377 = 13×29）。
事實上，斐波那契數列中的數字為質數的情況極為少見。在我創作本書的時候，已經被證實是質數的數字一共只有33個，其中最大的是F81 839。對於斐波那契數列中的質數個數是否為無限的問題，數學界還沒有得出最終結論。
下面，我暫停討論這些嚴肅的內容，為大家表演一個根據斐波那契數列設計的小魔術。
在上表的第1行和第2行中分別填入一個1~10中的數字。將這兩個數字相加，並把和填入第3行。將第2行和第3行的數字相加，將它們的和填入第4行。按照斐波那契數列的特點，繼續填寫上表其餘各行（第3行 + 第4行 = 第5行，以此類推），直到所有10行全部填滿。接下來，用第9行的數字去除第10行的數字，讀取得數的前三位數。在這個例子中，我們發現
=1.618 279…。因此，得數的前三位數是1.61。無論你相信與否，在第1行和第2行填入任意一個正數（無須整數，也無須是1~10中的數字），第10行與第9行的比值一定是1.61。請大家自行舉例驗證。
為了找出其中的奧秘，我們把第1行和第2行的數字分別記作x和y。如下表所示，根據斐波那契數列的特點，第3行必然是x + y，第4行是 y + (x + y) = x + 2y，以此類推。
我們需要求出第10行與第9行的兩個數字的比值：
比值的前三位數一定是1.61，這是為什麼呢？在回答這個問題時，我們可以從分數加法運算的一個常見錯誤中汲取靈感。假設有兩個分數
和
，其中b和d都是正數。如果將分子和分母分別相加，會得到什麼結果？無論你相信與否，這個結果被稱為「中間數」（mediant），即它一定是位於那兩個分數之間的某個值。也就是說，對於任意兩個不同的分數a/b < c/d，其中b、d為正數，都有：
<
<
例如，有兩個分數1/3和1/2，它們的中間數是2/5，三者的關係是：1/3 < 2/5 < 1/2。
延伸閱讀
中間數的值為什麼位於給定的兩個分數之間呢？如果<，且b、d為正數，那麼ad < bc必然成立。兩邊同時加上ab，得到ab + ad < ab + bc，即a (b + d) < (a + c) b，因此 <。同理，<成立。
接下來，請注意，對於x、y > 0，有：
它們的中間數必須位於兩個分數之間，也就是說：
因此，第10行和第9行的數字比值的前三項必然是1.61。證明完畢。
延伸閱讀
在答出1.61之前，你可以迅速求出表中所有數字的和，讓觀眾大吃一驚。例如，如果一開始的兩個數字是3和7，你迅速掃一眼，就可以立刻說出所有數字之和——781。這是怎麼做到的呢？是因為我們有代數這個武器。把前文第二張表中的所有數值相加，你就會發現和是55x + 88y。這又有什麼用呢？有用，因為它正好是11(5x + 8y) = 11×第7行數字。因此，只需看看第7行的數字（本例中的這個數字是71），然後將它乘以11（或許你還可以使用本書第1章介紹的乘數是11的簡便計算技巧），就可以得到781。
數字1.61有什麼重要意義嗎？如果把表格不斷延續下去，你就會發現相鄰兩項的比值逐漸趨近於黃金比例[1]（the golden ratio）。
有時，數學界用希臘字母φ來表示這個數字。
延伸閱讀
通過代數運算，我們可以證明斐波那契數列中兩個相鄰數字之間的比值與g越來越接近。假設隨著n不斷增大，Fn+1 / Fn與某個比值r越來越接近。但是，根據斐波那契數列的定義，Fn+1 = Fn + Fn–1，因此：
隨著n不斷變大，等式左邊不斷趨近於r，而等式右邊不斷趨近於1 +
，因此：
r = 1 +
等式兩邊同時乘以r，就會得到：
r2 = r + 1
也就是說，r2 – r –1 = 0，根據二次方程求根公式，該方程式的唯一正根是 r =
，即g。
斐波那契數列的第n個數字有一個非常迷人的表達式，就是「斐波那契數列比內公式」：
這個公式非常有意思，也讓人感到非常不可思議，因為每一項裡都有
，但最後的結果卻是整數！
由於
= – 0.618 03…，它的值在 –1和0之間，如果我們對它不斷地進行升冪處理，它就會越來越接近0。事實上，我們可以證明，對於任意的n≥0，我們都可以通過計算gn/ 的值，然後取最接近這個值的整數，來得到Fn。不信的話，請你拿出計算器，自己動手算算看。如果g取近似值1.618，升到10次冪就是122.966…（接近於123）。然後用這個數字除以（約等於2.236），結果是54.992。四捨五入後，就會得到F10 = 55，這與我們已知的情況一致。如果取g20，即15 126.999 93，它除以的商是6 765.000 03，因此F20 = 6 765。利用計算器計算g100 /，就會得到F100，約為3.54×1020。
在我們剛才的計算過程中，我們似乎把g10和g20視為整數來處理，這是為什麼呢？請仔細觀察「盧卡斯數列」（Lucas Sequence）：
1，3，4，7，11，18，29，47，76，123，199，322，521…
盧卡斯數列是以愛德華·盧卡斯（Edouard Lucas，1842—1891）的名字命名的。這位法國數學家發現了該數列與斐波那契數列的眾多屬性，其中包括我們在前面討論的最大公因數屬性，而且他是把1，1，2，3，5，8…命名為斐波那契數列的第一人。盧卡斯數列有它自己的比內公式（比斐波那契數列比內公式簡單一些），即：
也就是說，對於n≥1，Ln是非常接近gn的整數。（這與我們在前面看到的內容是一致的，因為g10≒123 = L10。）從下表可以看出，斐波那契數列與盧卡斯數列還有其他的關係。
斐波那契數列、盧卡斯數列及它們的關係
有的規律是顯而易見的。例如，把斐波那契數列中的某個數字的左右「鄰居」相加，就會得到盧卡斯數列中的某個數字：
Fn–1 + Fn+1 = Ln
把盧卡斯數列中某個數字的左右「鄰居」相加，和是斐波那契數列中的某個數字的5倍：
Ln–1 + Ln+1 = 5Fn
將斐波那契數列中的某個數字與對應的盧卡斯數列中某個數字相乘，就會得到斐波那契數列中的另一個數字！
FnLn = F2n
延伸閱讀
我們利用比內公式和簡單的代數運算〔比如，(x – y)(x + y) = x2 – y2〕，證明上面給出的最後一種關係。令h = （1–）/2，斐波那契數列和盧卡斯數列的比內公式可以分別表述為：
把這兩個表達式相乘，就會得到：
那麼，「黃金比例」這個名稱又是從哪裡得來的呢？它來自「黃金矩形」（golden rectangle）。如下圖所示，該矩形的長寬之比正好是g = 1.618 03…。
黃金矩形可以產生同樣具有黃金比例關係的小矩形
把矩形的短邊定義為1個單位，從矩形中移除一個1×1的正方形，剩下的矩形大小為1×(g–1)，它的長寬之比為：
因此，這個小矩形也同原來的矩形一樣，具有黃金比例關係。順便告訴大家，g是具有這種完美屬性的唯一數字，因為等式
= g，即g2 – g – 1 = 0。根據二次方程求根公式，滿足這個方程式的唯一正數就是（1 +） / 2 = g。
憑借這個屬性，黃金矩形被視為最美的矩形，很多藝術家、建築師和攝影師都會有意識地在作品中使用這種矩形。達·芬奇的老朋友、合作夥伴盧卡·帕喬利把黃金矩形的長寬比稱作「神聖比例」（the pine proportion）。
斐波那契數列與黃金比例給眾多藝術家、建築師和攝影家帶來了靈感
圖片來源：娜塔莉亞·聖克萊爾
由於黃金比例具有很多充滿美感的數學屬性，即使某些情況與黃金比例無關，人們也往往會想到它。例如，丹·布朗在他的著作《達·芬奇密碼》中斷言，1.618這個數字幾乎無處不在，人類的身體就是一個證據。例如，布朗稱，人的身高與肚臍高度之比一定是1.618。我自己沒有做過這個實驗，但是《大學數學》雜誌上刊登了一篇題為「黃金比例的誤讀」的文章，作者喬治·馬考夫斯基稱這個說法根本不對。不過，在某些人看來，只要某個數字似乎與1.6比較接近，就意味著黃金比例在發揮神奇的作用。
我經常說，斐波那契數列的許多規律都充滿了詩意。我在這裡舉一個從詩歌得出斐波那契數列的例子，大多數五行打油詩都有下面這種韻律。（暫且把這首打油詩稱作「dum」吧。）
斐波那契數列打油詩
數一數每行的音節數，就會發現到處都是斐波那契數列中的數字！我詩興大發，決定也創作一首斐波那契數列的打油詩：
I think Fibonacci is fun（我覺得斐波那契數列真有意思。）
It starts with a 1 and a 1（開始兩項是1和1。）
Then 2, 3, 5, 8（然後是2，3，5，8。）
But don』t stop there, mate（不過，夥計，不要著急，）
The fun has just barely begun!（更好玩的還在後面呢！）
[1] 黃金比例，美國常用1.618 03…表示，中國慣用0.618 03…表示，表示方法不同，實質計算相同。——編者注