Zeckendorf表示

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这个泽肯多夫表示法of是将整数表示为非连续的和的唯一方法斐波那契数例如，12的Zeckendorf表示为10101，对应于8+3+1。

定理Z0。每个正整数${\显示样式n}$Zeckendorf表示为非连续斐波那契数之和${\显示样式F_{i}}$.

证明。如果是整数${\显示样式n=F_{k}}$，其中${\显示样式F_{k}}$指的是${\显示样式k}$第个斐波那契数，然后${\显示样式Z_{k}=1}$和${\显示样式Z_{i}=0}$为所有人${\显示样式0<i<k}$，其中${\显示样式Z}$是二进制数字的数组${\显示样式k}$是最高有效数字的索引。

否则，我们分配$显示样式j=n-F_{i}}$哪里${\显示样式F_{i}}$是最大的斐波那契数，因此${\显示样式F_{i}<n}$.然后${\显示样式Z_{i}>0}$很明显$显示样式j<F_{i}}$，因为在这个关键时刻可以安全地假设$｛\displaystyle F_｛i-2｝｝$和${\显示样式F_{i-1}}$是不同的$显示样式F_{i-2}$因此$显示样式F_{i}<2F_{i-1}}$.这证明了${\显示样式Z_{i}}$必须是1，但不能超过1。如果${\显示样式j}$是一个斐波那契数，我们现在可以停下来，否则，我们必须再次减去最大的斐波那奇数，减量${\显示样式i}$并相应地设置适当的${\显示样式Z_{i}=1}$。这个迭代过程最远的目标是${\显示样式i=1}$，对应于${\显示样式F_{1}=1}$.

此外${\显示样式Z}$它们之间必须有0，因为任何两个连续的1，例如at，${\显示样式Z_{i}}$和${\显示样式Z_{i-1}}$表示没有认识到$显示样式F{i-1}+F{i}=F{i+1}}$，因此${\显示样式Z_{i}}$和$｛\displaystyle Z_｛i-1｝｝$可以设置为零以利于设置${\显示样式Z_{i+1}}$至1。□

定理Z0的推论。没有二进制表示梅森数应该被误认为是Zeckendorf代表；换句话说，没有反悔在塞肯多夫的陈述中。

定理Z1。对于任何正整数${\显示样式n}$，Zeckendorf表示${\显示样式Z}$（带有${\显示样式k}$元素全部为0或1）${\显示样式n}$是独一无二的。

为了证明这一点，我们认为这是不言而喻的${\显示样式F_{1}=F_{2}=1}$但是${\显示样式F_{1}}$不用于任何数字的Zeckendorf表示。我们也接受所有${\显示样式F_{i}}$只要${\显示样式i>1}$.

证明。假设有两个整数${\显示样式a}$和${\显示样式b}$这样的话$｛\displaystyle 0＜a＜b｝$但它们都有相同的Zeckendorf表示${\显示样式Z}$具有${\显示样式k}$元素都是0或1。我们计算${\显示样式c=\sum_{i=1}^{k} Z轴_{i} F类_{i} ，}{k} Z轴_{i} F类_{i} ，}$哪里${\显示样式F_{i}}$是${\显示样式i}$第个斐波那契数。我们可以确信，只有一个可能的值${\显示样式c}$因为所有${\显示样式F_{i}}$不同于${\显示样式i>1}$和每个${\显示样式F_{i}}$只添加了一次或根本没有添加，因为每个${\显示样式Z_{i}}$根据定义限制为0或1。现在${\显示样式c}$保存Zeckendorf表示的值${\显示样式Z}$.如果${\显示样式c=a}$，因此$｛\displaystyle c＜b｝$，但这意味着${\显示样式Z}$不是Zeckendorf的代表${\显示样式b}$毕竟，这与我们最初的假设相矛盾。如果另一方面${\显示样式c=b}$和${\显示样式c>a}$，这就导致了一个类似的矛盾，即Zeckendorf对${\显示样式a}$确实如此。□

这些事实也可以组合证明。

定理ZC。每个非负整数都有一个唯一的表示形式，表示为非连续斐波那契数的和，其中我们不使用${\显示样式F_{1}}$而是使用

$显示样式F{2}=1，F{3}=2，F_{4}=3，F}5}=5，F{6}=8，\点}$

（忽略${\显示样式F_{1}}$只是为了防止琐碎反例例如$显示样式6=F{5}+F{2}=F{5$).

证明。给一笔钱${\显示样式\sum_{i=2}^{n} Z轴_{i} F类_{i} }{n} Z轴_{i} F类_{i} }$哪里$｛\displaystyle Z_｛i｝\in\｛0,1\｝｝$，我们将其写为二进制数字序列；因此$显示样式F_{4}+F_{2}}$写为101，而$显示样式F_{7}+F_{5}+F_2}}$是101001。按照从0开始的递增字典顺序排列这样的序列，没有两个连续的1（即那些对应于非连续斐波那契数和的序列），并根据列表中的顺序为每个序列指定一个等级：

${\显示样式{\begin{array}{ccccc|c}5&4&3&2&1&rank\\hline&&&&0&0\\&&&1&1\\&&1＆0&2\\&1&0&3\\&&1&0&4\\&1&0&0&5\\&1&0&1&6\\&1&0&1&7\\1&0&0&8\结束{arrai}}}}$

请注意，排名为不字符串的值作为二进制字符串。事实上，它是字符串的和，当被解释为斐波那契数的和时，但我们不这样假设；据我们所知，到目前为止，所有排名都是这个表中的行号。

我们说这样的序列有长度${\显示样式n}$如果最左边的1在适当位置${\显示样式n}$; 因此100的长度为3。

声明具有长度的表示数${\显示样式\leq n}$是${\显示样式F_{n+2}}$。我们通过归纳证明了这一点${\显示样式n}$; 请注意，对于${\显示样式n=0}$和用于${\显示样式n=1}$现在，给定长度的任何表示$｛\displaystyle\leq n｝$，它要么有长度${\显示样式\leq n-1}$或者它正好有长度${\显示样式n}$.长度表示的数量${\显示样式\leq n-1}$通过归纳，${\显示样式F_{n+1}}$.精确计算长度表示数${\显示样式n}$，请注意，任何这样的表示都以10开头，因为我们不能有两个连续的1。10后面的数字是任意的，只要不存在两个连续1，那么这样的表示的数量就是长度表示的数量${\显示样式\leq n-2}$，或${\显示样式F_{n}}$因此，长度表示的数量${\显示样式\leq n}$是$显示样式F{n+1}+F{n}=F{n+2}}$这证明了这一说法。

现在我们将通过计算前一行的行数来证明该定理${\显示样式n}$以两种不同的方式。首先，这样的行数显然是${\显示样式n}$（因为我们只是连续地对行进行编号）。现在，我们通过查看相应的序列来计算前辈的数量。给定一个序列${\显示样式s}$，每一个前任${\显示样式p}$第一个在某些位置上与它不同${\显示样式k}$; 自从${\显示样式s>p}$词典编纂，${\显示样式s}$在该位置必须为1，而${\显示样式p}$为零。自${\显示样式p}$在位置上有一个零${\显示样式k}$，剩余的${\显示样式k-1}$的位数${\显示样式p}$受连续性条件的约束是任意的，因此${\显示样式p}$是长度的表示数${\显示样式\leq k-1}$，这是${\显示样式F_{k+1}}$。我们可以针对每个可能的差异点${\显示样式s}$（发生在以下位置${\显示样式s}$具有1，因此必须具有不连续的索引）。这将计算的每个前任${\显示样式s}$一次且仅一次，并将前置数表示为非连续斐波那契数之和。但是有${\显示样式n}$前辈们，所以我们写了${\显示样式n}$作为所需金额。

作为此过程的示例，请考虑编号为7的行，即序列1010。如果前一个1与前一个不同，则它的形式为0***，其中星号是任意的（只要没有两个连续的1，就有${\显示样式F_{5}}$其中之一。如果前一个与第二个1不同，则其形式为100*，星号也是任意的，因此有${\显示样式F_{3}}$其中之一。因此${\显示样式7=F_{5}+F_{3}}$.

这一论点表明存在；这种构造也具有唯一性，因为列表中表示了每个可能的和，每个和表示一个不同的整数。□

这些关于Zeckendorf表示的事实可以用来证明关于Fibonacci数的一些事实。

定理ZF。（John W.Layman）正整数${\显示样式n}$正好有两个表示形式作为两个斐波那契数之和当且仅当${\显示样式n}$是斐波那契数的两倍${\显示样式n\geq 4}$（请参见A078642号).

证明。（Max Alekseyev）假设数字${\显示样式m}$正好有两种表示形式，即两个斐波那契数之和。有三种可能的表示方式：

• （一） 两个相等的斐波那契数之和
• （二） 两个连续斐波那契数之和
• （三） 两个不同的非连续斐波那契数之和

的两种表示${\显示样式m>2}$必须是不同类型的。的两种表示${\显示样式m>2}$两种类型（I）都不可能${\显示样式2F_{n}}$是一个严格递增的函数${\显示样式n\geq 2}$类似地，m的两种表示形式都是类型（II），因为$显示样式F{n}+F{n+1}}$是一个严格递增的函数$｛\displaystylen\geq 0｝$最后${\显示样式m}$这两种类型（III）都是不可能的，因为这会违反Zeckendorf表示的属性（所有非负整数表示的唯一性）。

考虑所有可能的表示类型对：

• （一） 和（II）仅适用于${\显示样式m=2}$:$显示样式2=2F_1}=2F_2}=F_1}+F_2}}$但是${\显示样式m=2}$有两种以上不同的表示。
• （二） 和（III）不可能一起使用，因为这将再次违反Zeckendorf数字系统的属性。
• 最后，（I）和（III）给出了$显示样式a（n）=2F{n}=F{n+1}+F{n-1}}$. □

本文部分基于以下PlanetMath文章http://planetmath.org/proofthatheeverypositiveintegerhasazeckendorfrepresentation和http://planetmath.org/proofthataazeckendorrepresentationrepresentsauniquepositiveinteger和http://planetmath.org/zeckendorfstheorem组合证明