关于斐波那契数列相邻项商的正负交替求和的极限

题目描述

斐波那契数列定义如下：

$F_1=0,F_2=1,F_n=F_{n-1}+F_{n-2}(n\geqslant 3)$

定义数列

$a_n=\dfrac{F_{n+2}}{F_{n+1}}$

要求考察数列和$s_n$在n趋于无穷时的情况：

$s_n=\sum_{i=1}^{n}{(-1)^{n+1}a_i}= \sum_{i=1}^{n}{(-1)^{n+1} \dfrac{F_{n+2}}{F_{n+1}}}$

例如：

$s_1=\dfrac{F_{3}}{F_{2}}=\dfrac{2}{1}=2$

$s_2=\dfrac{F_{3}}{F_{2}}-\dfrac{F_{4}}{F_{3}}=\dfrac{2}{1}- \dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{2}$

$s_3=\dfrac{F_{3}}{F_{2}}-\dfrac{F_{4}}{F_{3}}+\dfrac{F_{5}}{F_{4}}=\dfrac{2}{1}- \dfrac{3}{2}+\dfrac{5}{3}=\dfrac{11}{6}$

$\cdots$

$s_n=\dfrac{F_{3}}{F_{2}}-\dfrac{F_{4}}{F_{3}}+\dfrac{F_{5}}{F_{4}}-\dfrac{F_{6}}{F_{5}}+\cdots+(-1)^{n+1} \dfrac{F_{n+2}}{F_{n+1}}$

解答思路

1.由于正负摆动，所以想先将正负相邻两项合并消除摆动

不妨找找规律

$a_1-a_2=\dfrac{F_{3}}{F_{2}}-\dfrac{F_{4}}{F_{3}}=\dfrac{2}{1} - \dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{1\times2}$

$a_3-a_4=\dfrac{F_{5}}{F_{4}}-\dfrac{F_{6}}{F_{5}}=\dfrac{5}{3}- \dfrac{8}{5}=\dfrac{1}{3\times5}$

$a_5-a_6=\dfrac{F_{7}}{F_{6}}-\dfrac{F_{8}}{F_{7}}=\dfrac{13}{8}- \dfrac{21}{13}=\dfrac{1}{8\times13}$

$\cdots$

不妨猜想：

$a_{2i-1}-a_{2i}=\dfrac{F_{2i+1}}{F_{2i}}-\dfrac{F_{2i+2}}{F_{2i+1}}=\dfrac{1}{F_{2i}\times F_{2i+1}}$

也就是要证明：

$F_{2i+1}\times F_{2i+1}-F_{2i}\times F_{2i+2}=1$

而

\begin{align*}F_{2i+1}\times F_{2i+1}-F_{2i}\times F_{2i+2} &= F_{2i+1}\times F_{2i+1}-F_{2i}\times (F_{2i+1}+F_{2i}) \\\&= F_{2i+1}\times (F_{2i+1}-F_{2i})- F_{2i}\times F_{2i} \\\&= F_{2i+1}\times F_{2i-1}-F_{2i}\times F_{2i} \end{align*}

即

$F_{2i+1}\times F_{2i+1}-F_{2i}\times F_{2i+2}=F_{2i+1}\times F_{2i-1}-F_{2i}\times F_{2i}$

从而有

$F_{2i+1}\times F_{2i+1}-F_{2i}\times F_{2i+2}=F_{2i-1}\times F_{2i-1}-F_{2i-2}\times F_{2i}$

从而有

$F_{2i+1}\times F_{2i+1}-F_{2i}\times F_{2i+2}=F_{3}\times F_{3}-F_{2}\times F_{4}=2\times 2-1\times 3=1$

因此猜想成立，所以

$s_{2n-1}= \sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{F_{2i}\times F_{2i+1}}}$

2.写出通项公式

因此，$s_{2n-1}$的通项公式为：

$s_{2n-1}= \sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{F_{2i}\times F_{2i+1}}}=\dfrac{1}{F_2\times F_3}+\dfrac{1}{F_4\times F_5}+\dfrac{1}{F_6\times F_7}+\cdots+\dfrac{1}{F_{2n}\times F_{2n+1}}$

$s_{2n}= s_{2n-1}-\dfrac{F_{2n+2}}{F_{2n+1}}= \sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{F_{2i}\times F_{2i+1}}}-\dfrac{F_{2n+3}}{F_{2n+2}}$

现在我们已经消除了正负号，现在我们只需证明$s_{2n-1}$的当n趋于无穷时收敛于一个定值a，即：

$\lim_{n\to\infty}{s_{2n-1}}=\lim_{n\to\infty}{\dfrac{1}{F_2\times F_3}+\dfrac{1}{F_4\times F_5}+\dfrac{1}{F_6\times F_7}+\cdots+\dfrac{1}{F_{2n}\times F_{2n+1}}}=a$

而此时自然的，由于斐波那契数列相邻两项商的极限为$\varphi=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\approx1.618034$，因此

$\lim_{n\to\infty}{s_{2n}}=\lim_{n\to\infty}{s_{2n-1}}-\lim_{n\to\infty}{\dfrac{F_{2n+3}}{F_{2n+2}}}=\lim_{n\to\infty}{s_{2n-1}}-\varphi=a-\varphi$

而结合编程已经计算出极限的近似值：
奇数项和$s_{2n-1}\approx2.19596$
偶数项和$s_{2n}\approx0.577922$
验证：

$2.19596-1.618034\approx0.577922$

十分符合刚刚的论述！

3.证明

下面利用
由Binet公式：

$F_n=\dfrac{\varphi^n-\psi^n}{\sqrt{5}}$

其中 $\varphi=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$,
$\psi=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$
又：$\varphi>1>0>\psi>-1$
因此当n趋于无穷时$\psi^n$趋于0，而$\varphi^n$趋于无穷
因此

$\lim_{n\to\infty}{F_n}=\lim_{n\to\infty}{\dfrac{\varphi^n-\psi^n}{\sqrt{5}}}=\lim_{n\to\infty}{\dfrac{\varphi^n}{\sqrt{5}}}$

因此

$\lim_{n\to\infty}{\dfrac{1}{F_{2i}\times F_{2i+1}}}=\lim_{n\to\infty}{\dfrac{\sqrt{5}}{\varphi^{2i}}\times\dfrac{\sqrt{5}}{\varphi^{2i+1}}}=\lim_{n\to\infty}{\dfrac{5}{\varphi^{4i+1}}}$

因此：存在N，当n>N时，使得：

\begin{align*}\lim_{n\to\infty}{s_{2n-1}}&=\lim_{n\to\infty}{\dfrac{1}{F_2\times F_3}+\dfrac{1}{F_4\times F_5}+\dfrac{1}{F_6\times F_7}+\cdots+\dfrac{1}{F_{2n}\times F_{2n+1}}} \\\&=\lim_{n\to\infty}{\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{5}{\varphi^{4i+1}}}} \\\\\end{align*}

因为其首项为$\dfrac{5}{\varphi^5}>0$，公比为$0<\dfrac{1}{\varphi^4}<1$，求和收敛性显然成立。
又N为有限数，而当n>N时，$\lim_{n\to\infty}{\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{5}{\varphi^{4i+1}}}}$收敛
因此$\lim_{n\to\infty}{s_{2n-1}}$收敛