\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[用户名]{颜色}\使用包{amssymb}\使用包{graphicx}\使用包{amscd}\usepackage[colorinks=true，链接颜色=网绿色，filecolor=webbrown，citecolor=webgreen]{hyperref}\定义颜色{webgreen}{rgb}{0，.5,0}\定义颜色{webbrown}{rgb}{.6,0,0}\使用包{color}\使用包{fullpage}\使用包{float}\使用包{psfig}\usepackage{graphics，amsmath，amssymb}使用包\使用包{amsthm}\使用包{amsfonts}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集合长度{\topmargin}{-.5in}\设置长度{\textheight}{8.9in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{http://www.research.att.com/cgi-bin/access.cgi/as/~njas/sequences/eisA.cgi？Anum=#1}{\下划线{#1}}}\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\离开模式\epsfile{logo129.eps}\结束{中心}\开始{居中}\vskip 1cm{\LARGE\bf关于数的倒数和\\\vskip.2厘米满足订单$s的递归关系$}\vskip 1cm\大型小松高高\脚注{第一作者部分得到了科研拨款（C）（编号\22540005），日本促进会科学。}\\科学技术研究生院\\广崎大学\\广崎，036-8561\\日本\\\链接{mailto:komatsu@cc.hirosaki-u.ac.jp}{\tkomatsu@cc.hirosaki-u.ac.jp}\\ \ \\Vichian Laohakosol \脚注{第二位作者部分得到了高等教育委员会和泰国研究基金RTA5180005。}\\数学系\\卡塞萨尔特大学\\曼谷10900\\泰国\\\链接{mailto:fscivil@ku.ac.th}{\tfscivil@ku.ac.th}\结束{中心}\vskip.2英寸\开始{abstract}我们讨论了的部分无限和$\sum_{k=n}^{\infty}u_k^{-s}$某个正整数$n$，其中$uk$满足递归关系顺序为$s$，$u_n=u_｛n-1｝+u_｛n-2｝+\cdots+u_｛n-s｝$（$n\ge s$），初始值为$u_0\ge 0$，$u_k\in\mathbb N$（$0\le k\le s-1$），其中$a$和$s（\ge 2）$是正整数。如果$a=1$，$s=2$，并且$u_0=0$，$u_1=1$，则$u_k=F_k$是第$k$个斐波那契数。我们的结果包括大冢和中村的一些扩展。我们还考虑包含无穷大的连续分数展开总额。\结束｛摘要｝\新定理{定理}{定理{\新定理{推论}[定理]{推演}\新定理{引理}[定理]{引言}\新定理{命题}[定理]{命题\新定理{猜想}[定理]{猜测}\新定理{define}[定理]{Definition}\新环境{definition}{\begin{definit}\normalfont\quad}{\end{define}}\新定理{examp}[定理]{examp}\新环境{example}{\begin{examp}\normalfont\quad}{\end{examp{}}\新定理{rema}[定理]{Remark}\新环境{remark}{\begin{rema}\normalfont\quad}{\end{rema{}}\定义\fl#1{\left\lfloor#1\right\rfloor}\定义\cl#1{\left\lceil#1\right\rceil}\定义\打印#1{\左（\！\！\左（#1\右）\！\？\右）}\定义\C{\mathbb{C}}\定义\N{\mathbb{N}}\定义\P{\mathbb{P}}\定义\Q{\mathbb{Q}}\定义\R{\mathbb{R}}\定义\Z{\mathbb{Z}}\章节{引言}所谓的{\em Fibonacci zeta函数\/}定义如下$$\zeta_F（s）=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{F_n^s}\，，$$ 其中$F_n$是满足递推公式的第$n$个斐波那契数$$F_n=F{n-1}+F{n-2}\四（n\ge 2），四F_0=0，四F_1=1\，。$$ Ohtsuka和Nakamura\cite{ON}研究了倒数斐波那契数$\sum_{k\gen}^{infty}1/F_k^s$。他们给出了一个显式公式$（\sum_{k\gen}^\infty F_k^{-1}）^{-1{$和$（\sam_{k\ ge）的整数部分n} ^\infty F_k^{-2}）^{-1}$。霍利迪和小松\引用{HK}将这些结果推广到$G_n$和$H_n$，满足$G_n=aG{n-1}+G{n-2}$（$n\ge2$），其中$G_0=0$和$G_1=1$，$H_n=H_{n-1}+H_{n-2}$（$n\ge2$），其中$H_0=c$和$H_1=1$，其中$a\ge 1$和$c\ge 0$是整数。在本文中，我们不会考虑整数部分，但最接近的整数函数是$（\sum{k\gen} ^\infty u_k^{-1}）^{-1{$，其中$\{u_k\}_{k\ge0}$是一个序列满足线性递推公式的非负整数键入$$u_n=au{n-1}+u{n-2}+\cdots+u{n-s}\，，$$其中$a$和$s\；（\ge 2）$是正整数。这里，$\|\cdot\|$表示最近的整数\脚注{在其他上下文中，此符号有时是用于与最近整数的距离。}，即，$\|x\|=\fl{x+1/2}$。我们的主要结果如下：\开始{定理}\标签｛thm1｝设$\{u_n\}_{n\ge0}$是满足递归公式的整数序列\开始{方程式}un=一个u{n-1}+u{n-2}+\cdots+u{n-s}\quad（n\ges）\标签{u1}\结束{方程式}具有初始条件\开始{方程式}u_0\ge 0，\quad u_k\in\mathbb{N}\quad（0\le k\le s-1）\，，\标签{u2}\结束{方程式}其中$a$和$s\；（\ge 2）$是正整数。然后有一个正整数$n_0$，如下所示\开始{方程式}\左（sum_{k=n}^\infty\frac{1}{u_k}\right）^{-1}\rift\|=u_n-u_{n-1}\四元（n\ge n_0）\，。\标签{u3}\结束{方程式}\标签{ut}\结束{定理}如果$a=1$，$u_0=0$，$u _1=u_2=1$、$u _3=2$、$\cdots$、$u_{s-1}=2^{s-3}$，则$u_n$是广义斐波那契数（有时称为“斐波纳契$s$步数”\引用{Eric}）。如果$s=2$，则$u_k=F_k$是斐波那契数，而如果$s=3$，则$u_k=T_k$是Tribonacci数。我们需要以下两个引理来证明这个定理。\开始{引理}\标签{lemma1}让$a，s\in，~s\ge 2$，然后让$$f（x）=x^s-a x^{s-1}-x^{s-2}-\cdots-x-1$$然后\开始｛枚举｝\项目[（a）]$f（x）$正好有一个带$a的正简单零$\alpha\in\R$0$，它唯一的正实数零，例如$\alpha$，满足$（2\le）~a<\alpha\alpha，\textnormal{我们有}~~f（x）>0\\\textnormal{whileforreal}~~&0\alpha，\textnormal｛我们有｝~~g（x）>0，\label｛g+｝\\\textnormal{whileforreal}~~&1\阿尔法$\\\noindent｛\it权利要求1的证明。｝如果$0=f（z_1）=z_1^s-az_1^{s-1}-z1^｛s-2｝-\cdots-z1-1$，那么$$\left|z_1\right|^s\le a \left| z_1\right|^{s-1}+\left|1\right| ^{s-2}+\cdots+\left |z_1\ right|+1$$这意味着$f\left（\left|z1\right|\right）\le 0$与\eqref{f+}矛盾\\\noindent{\bf权利要求2.}$f（x）$没有带$1<\left|z_2\right|<\alpha$的复数零$z_2$\\\noindent{\it权利要求2的证明。}如果$f（z_2）=0$，则$0=g（z_2$$（a+1）\left|z_2\right|^s\left|z_2\right |^{s+1}+（a-1）\left |z_2\s-1}+1$$即$g\left（\left|z2\right|\right）\ge 0$，与\eqref{g-}矛盾\\\noindent{\bf权利要求3.}$f（x）$没有复数零$z_3\ne\alpha$，$\left|z_3\right|=\alpha$或$\left |z_3\ right|=1$\\\noindent{\it权利要求3的证明}如果$f（z_3）=0$，那么\开始{方程式}\标签{gz3}0=g（z_3）=z_3^{s+1}-（a+1）z_3^s+（a-1）z_3 ^{s-1}+1\结束{方程式}以便\开始{方程式}\标签{g=0}（a+1）\left|z_3\right|^s\left|z_3\right |^{s+1}+（a-1）\left |z_3\s-1}+1。\结束{方程式}如果$\left|z_3\right|=\alpha$或$\left |z_3\ right|=1$，则$g\left（\left | z_3\right|\right）=0$，因此\eqref{g=0}必须相等。然后，R$中的两个条件$z_3^{s+1}~\textnormal{和}~z_3^}\s-1}，或$z_3 ^{s+1}=-（a-1）z_3^{s-1}$遵循以下事实的两个应用：$$|z_1+z_2|=|z_1|+|z_2|\quad\Longleftrightarrow\quad\\frac{z_1}{z_2}\in\R_{\ge0}\quad（\hbox{for}z_2\ne0）$$和来自$$\bigl（z_1+z_2\in\mathbb R\land\frac{z_1}{z_2}\in\R\biger）\quad\Longrightarrow\quad（z_1，z_2\in \R\lor z_1=-z_2）\，。$$\\$\bullet$如果$z_3^{s+1}~\textnormal{和}~z_3^}\s-1}\in\R$，则\eqref{gz3}显示$z_3 ^s\in\R$\，这反过来会强制$z_3\in\R$。因此，$z_3=\pm\；\alpha$或$z_3=\pm\；1$. 假设排除了$z_3=\alpha$的可能性，而\eqref{f-}排除了$z_3=1$的可能性。要排除其余两种可能的负零，请考虑\开始{等式}\label{negroot}g（-x）=\开始{cases}-x^{s+1}-（a+1）x^s-（a-1）x^{s-1}+1，&\text{如果$s$是偶数}\\x^{s+1}+（a+1）x^s+（a-1）x^{s-1}+1，&\text{如果$s$是奇数}。\结束{cases}\结束{方程式}根据应用于$g（-x）$的笛卡尔符号规则，我们推断$g（x）$以及$f（x）$s如果是偶数，则最多有一个实负零；如果$s$是奇数，则没有实负零。当$s$是偶数时，由于$f（0）=-1，~f（-1）=a>0$，如果$f（x）$有一个实负零，则该零必须位于间隔$（-1,0）$中，因此既不能是$-\alpha$，也不能是$-1$\\\noindent$\bullet$如果$z_3^{s+1}=-（a-1）z_3^}}$，则\eqref{gz3}给出$z_3 ^s=\frac{1}{a+1}$。因此，要么$$2^s\le a^s<\left|\alpha\right|^s=\left|z_3\right|^s=\frac｛1｝｛a+1｝\le\frac｛1｝｛3｝~~~\textnormal｛or｝~~~~1=\left|z_3\right|^s=\frac{1}{a+1}\le\frac}{3}$$这两种可能性都是站不住脚的，权利要求3得到了证明。~~~~第（b）部分从权利要求1-3开始\\%为了证明（c）部分，假设$f（x）$有一个多根，$g（x）$。因此，$g（x）$和%$$g'（x）=x^｛s-2｝\left \｛（s+1）x^2-（a+1）sx+（a-1）（s-1）\right \｝=：x^{s-2}G（x） $美元%有一个公共零。这样的公共零点只能是二次多项式$G（x）$的根。很容易检查$G（x）$的两个根都是实的和正的。因此，$f（x）$的倍数根只能是$\alpha$。现在考虑一下%\开始{align}%0&=g（\alpha）=\alpha^{s+1}-（a+1）\alpha_s+（a-1）\alfa^{s-1}+1 \label{11}\\%0&=G（\alpha）=（s+1）\alpha^2-（a+1）s\alpha+（a-1）（s-1）\label{12}\\%0&=f（\阿尔法）=\阿尔法^s-a\阿尔法^{s-1}-\阿尔法^{s-2}-\cdots-\字母-1。\标签{13}%\结束{对齐}%使用\eqref{11}和\eqref{12}，我们得到%\开始{方程式}\标签{14}%0=（a+1）\α^s-2（a-1）\α^{s-1}-（s+1）。%\结束{方程式}%使用\eqref{13}和\eqref{14}，我们得到%$$0=（a^2-a+2）\alpha^{s-1}+（a+1）\alfa^{s-2}+（a+1）\alpha^{s3}+\cdots+（a+1）\阿尔法+（a-s）。%$$%由于$（a^2-a+2）\alpha^{s-1}+（a+1）\alba^{s-2}+（a+1）\alpha^{s3}+\cdots+（a+1\alpha>s$，最后一个关系永远成立，证明了部分（c）。\结束{proof}我们将在论文的其余部分中保留引理~\ref{lemma1}的符号。\开始{引理}设$s\ge2$和$\{u_n\}_{n\ge0}$是满足递归公式（\ref{u1}）和初始条件（\ref}u2}）的整数序列。然后是实数$c>0$、$d>1$和$\alpha>a$，这样\开始{方程式}u_n=c\alpha^n+\mathcal O（d^{-n}）\qquad（n\rightarrow\infty）\，。\标签{u5}\结束{方程式}\标签｛ul｝\结束{引理}\开始{proof}让$\alpha_1=\alpha，~\alpha_2，\ldots，\alpha_t$与$\left|\alpha_j\right|<1$（$2\le-t\le-s$）是$f（x）$的不同根，让$r_j$表示$j=2,3，\ldot，t$表示根$\alfa_j$的重数。然后根据$u_n$的形状导出展开公式（\ref{u5}），该形状由下式给出$$u_n=c\alpha^n+\sum_｛j=2｝^t P_j（n）\alpha_j^n\，，$$哪里$$P_j（x）\in\R[x]，\qquad\hbox{度}P_j=r_J-1，\qquad 1+r_2+r_3+\cdots+r_t=s\，。$$\结束{proof}\noindent{\it定理证明\ref{ut}.}应用引理~\ref{ul}和展开式$$\裂缝{1}{1\pm\epsilon}=1\mp\epsilen+\mathcal O（\epsiron^2）=1+\mathcal O（\ epsilon）\qquad（\ epsilon\to0）\，，$$我们有\开始{align*}\裂缝{1}{u_k}&=\frac{1}}{c\alpha^k+\mathcal O（d^{-k}）}=\frac{1}{c\alpha^k（1+\mathcal O（（\alphad）^{-k}））}\\&=\frac{1}{c\alpha^k}（1+\mathcal O（（\alphad）^{-k}））=\frac{1}{c\alpha^k}+\mathcal O（（alpha^2d）^{-k}）\，，\结束{align*}自\开始{align*}\sum_{k=n}^\infty\frac{1}{u_k}&=\frac{1}}{c}\sum_{k=n}^\ infty\frac}{\alpha^k}+\ mathcal O\ left（\sum_{k=n}^\ infty（\alpha ^2d）^{-k}\ right）\\&=\frac{\alpha}{c（\alpha-1）}\alpha^{-n}+\mathcal O（（\alfa^2 d）^{-n}）\，，\结束{align*}我们获得\开始{align*}\左（sum_{k=n}^\infty\frac{1}{u_k}\right）^{-1}&=\frac}\alpha-1}{\alpha}c\alpha^n+\mathcal O（d^{-n}）\\&=u_n-u_{n-1}+\mathcal O（d^{-n}）\，。\结束{align*}定理ref{ut}通过选择足够大的$n \ge n_0$来遵循，以便最后一个误差项的模小于$1/2$。\qed（质量工程师）\部分{相关结果}获得了类似的结果。这里，$n_1$、$n_2$、$m_3$、$n_4$和$n_5$是仅依赖于$a$的正整数。\开始{定理}\标签{thm2}\开始{align}&\左（sum_{k=n}^\infty\frac{1}{u_{2k}}\right）^{-1}\right\|=u_{2n}-u_{2n-2}\四（n\gen_1）\，。\标签{t42}\\&\左（sum_{k=n}^\infty\frac{1}{u_{2k-1}}\right）^{-1}\right\|=u_{2n-1}-u_｛2n-3｝\ quad（n \ ge n2）\，。\标签{t43}\\&\左（sum_{k=n}^infty\frac{（-1）^k}{u_k}\right）^{-1}\rift\|=（-1）^n（u_｛n｝+u_｛n-1｝）\quad（n\ge n_3）\，。\标签{t51}\\&\左（sum{k=n}^infty\frac{（-1）^k}{u{2k}}\right）^{-1}\right\|=（-1）|n（u{2n}+u{2n-2}）\quad（n_gen_4）\，。\标签｛t52｝\\&\左（sum{k=n}^infty\frac{（-1）^k}{u{2k-1}}\right）^{-1}\right\|=（-1）|n（u{2n-1}+u{2n-3}）\quad（n_gen_5），。\标签{t53}\结束{对齐}\结束{定理}\开始｛证明｝我们将只证明（参考{t51}）。其他恒等式也得到了类似的证明。通过（\ref{u5}）我们得到\开始{align*}\sum_{k=n}^\infty\frac{（-1）^k}{u_k}&=sum__{k=n}^\ infty\frac{（-1^k}{c\alpha^k+\mathcal O（d^{-k}）}\\%&=\sum_{k=n}^\infty\frac{（-1）^k}{c\alpha^k（1+\mathcal O（（alpha d）^{-k}））}\\&=\sum_{k=n}^\infty\frac{（-1）^k}{c\alpha^k}\左（1+\mathcal O（（\alpha d）^{-k}）\右）\\%&=\frac{1}{c}\sum_{k=n}^\infty\left（-\frac}{alpha}\right）^k+\mathcal O\left\\&=\frac{\alpha}{c（-\alpha）^n（\alpha+1）}+\mathcal O\left（（-\alpha^2d）^{-n}\right）\，。\结束{align*}通过取其倒数，我们得到了\开始{align*}\left（\sum_{k=n}^\infty\frac{（-1）^k}{u_k}\right）^{-1}%&=\left（\frac}\alpha}{c（-\alpha）^n（\alpha+1）}\left\\&=\frac{c（-\alpha）^n（\alpha+1）}{\alpha}\左（1+\mathcal O（（\alfad）^{-n}）\右）\\&=（-1）^n（c\alpha^n+c\alfa^{n-1}）+\mathcal O（（-d）^{-n}）\\&=（-1）^n（u_n+u_{n-1}）+\mathcal O（d^{-n}）\，。\结束{align*}恒等式\ eqref{t51}随后选择足够大的$n \ge n_3$，以便最后一个误差项的模数小于$1/2$。\结束{proof}\{三波那契倒数之和}所谓的Tribonacci数字$T_n$（\cite[Ch.\46]{Kos}，\cite[sequence\seqnum{A000073}]{oeis}，\cite{Ki}）是由定义$$T_n=T_{n-1}+T_{n-2}+T{n-3}\四元（n\ge 3），\四元T_0=0，\四次T_1=T_2=1，。$$通过在定理~\ref{thm1}和定理~\ref{thm2}，我们得到了关于部分Tribonacci zeta函数的一些恒等式。数字证据表明，恒等式适用于较小的正整数$n$，如恒等式所示。有关小$n$的详细解释，请参见\引用{Kom2]。\开始{推论}\开始{align}&\左（sum_{k=n}^\infty\frac{1}{T_k}\right）^{-1}\rift\|=T_n-T_｛n-1｝\ quad（第1页）\，.\\&\左（sum_{k=n}^\infty\frac{1}{T_{2k}}\right）^{-1}\right\|=T_{2n}-T_｛2n-2｝\ quad（n \ ge 1）\\\&\左（sum_{k=n}^\infty\frac{1}{T_{2k-1}}\right）^{-1}\right\|=T_{2n-1}-T_｛2n-3｝\ quad（n \ ge 2）\\\&\左（sum_{k=n}^\infty\frac{（-1）^k}{T_k}\right）^{-1}\rift\|=（-1）^n（T_{n}+T_{n-1}）\四元（n\ge 2）\\\&\左（sum_{k=n}^\infty\frac{（-1）^k}{T_{2k}}\right）^{-1}\right\|=（-1）|n（T_{2n}+T_{2n-2}）\quad（n\ge 1）\\&\左（sum_{k=n}^\infty\frac{（-1）^k}{T_{2k-1}}\right）^{-1}\right\|=（-1）|n（T_{2n-1}+T_{2n-3}）\quad（n\ge 2），。\结束{对齐}\结束{推论}\{广义$m$-step zeta函数的连续分式展开}第一作者引用{Kom}研究了某些类型的斐波那契泽塔函数$\zeta_F（s）：=\sum_{n=1}^{\infty}F_n^{-s}$和$\zeta（s）中Lucas zeta函数的几个连续分式展开，其中$L_n$是由$$ L_n=L_{n-1}+L_{n-2}\四元（n\ge 2）\四元L_0=2，\四元L1=1。$$由$\zeta_{u^{（m）}}（s）：=\sum_{n=1}^\infty u_n^{-s}$定义的广义$m$-step zeta函数的连续分数展开式，其中$$un=一个u{n-1}+u{n-2}+\cdots+u{n-m}\quad（n\gem）$$ 具有初始正整数值$u_k$（$0\le-k\lem-1$），由提供$$\齐塔人{u^{（m）}}（s）=\frac{1}{u_1^s-\displaystyle\frac{u_1_{2s}}{u_1^s+u_2^s-\displaystyle\\frac}{u_2^{2s{}{u_2 s+u_3^s-\显示样式\压裂{u_3^{2s}}{u_3s+u_4^s-{top\ddots\displaystyle-~\frac{u_{n-1}^{2s2}}{u{n-1{^s+u_n^s-\cdots}}}}，。$$将$A_n$（分别为$B_n$）定义为的$n^{th}$收敛的分子（分别为分母）给出了$\zeta{u^{（m）}}（s）$的连续分数展开式：$$\压裂{A_n}{B_n}=\frac{1}{u_1^s-\displaystyle\frac{u_1 ^{2s}}{u_1^s+u_2^s-\displaystyle_frac{u_2^{2s}{u_2^s+u _3^s-\显示样式\压裂{u_3^{2s}}{u_3s+u_4^s-{top\ddots\displaystyle-~\frac{u_{n-1}^{2s2}}{u{n-1{^s+u_n^s}}}}}}。$$因此，$\{A_\nu\}_{\nu\ge0}$和$\{B_\nu\}_{\nu\ge0{$满足以下循环公式。\开始{align*}A{\nu}&=（u{\nu-1}^s+u_\nu^s）A{\nu-1}-u_{\nu-1}^{2s}甲_{\nu-2}&\，&（\nu\ge 2），&\四A_0&=0，&\四A_1&=1\\B_{\nu}&=（u_{\nu-1}^s+u_\nu^s）B_{\nu-1}-u_{_nu-1}^{2s}乙_{\nu-2}&\，&（\nu\ge 2），&\quad B_0&=1，&\quad B_1&=u_1^s\，\结束{align*}事实上，$A_\nu$和$B_\nu@可以显式表达如下。\开始{引理}对于$n=1,2，\ldot$$$A_n=（u_1 u_2\cdots u_n）^s\sum_{\nu=1}^n\frac{1}{u_\nu^s}，\qquad B_n=（u _1 u_2 \ cdots u _n），。$$\标签{GL1}\结束{引理}\开始｛证明｝通过归纳，我们得到$B_n=（u1 u2\cdots u_n）^s$。因此，$$A_n=B_n\sum_{\nu=1}^n\frac{1}{u_\nu^s}=（u_1u_2\cdots u_n）^s\sum_{\nu=1}^n\fracc{1{u_\nu^s}\，。$$\结束{proof}定理~\ref{ut}为我们提供了关于$\zeta_{u^{（m）}}（s）-A_n/B_n$倒数的最近整数的有趣信息。\开始{书目}{99}\围兜Eric Weisstein，《数学世界》，电子版\\\href公司{http://mathworld.wolfram.com/Fibonaccin-StepNumber.html}{\thttp://mathworld.wolfram.com/Fibonaccin-StepNumber.html}.\bibitem（香港）S.H.Holliday和T.Komatsu，关于倒数广义斐波那契数之和，提交。\双项目{Ki}E.Kili\c{c}，具有特定指数的Tribonacci序列及其和，\emph{Ars Combin.}\textbf{86}（2008），13-22。\双项目{Kom}小松T，关于Fibonacci级数和Lucas-Dirichlet级数的连分式展开，\emph{Fibonacci Quart.}\textbf{46/47}（2008/2009），268--278。\bibitem{Kom2}小松T，关于倒数Tribonacci数之和，\emph{Ars Combin.}出现。\围兜项目{Kos}科西，\emph{斐波那契和卢卡斯数及其应用}，John Wiley&Sons，2001年。\bibitem{Mi}米勒医学博士，关于广义斐波那契数，\emph{Amer.Math.Monthly}\textbf{78}（1971），1108--1109。\bibitem{ON}H.Ohtsuka和S.Nakamura，关于倒数斐波那契数之和，\emph{Fibonacci Quart.}\textbf{46/47}（2008/2009），153-159。%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%\bibitem{oeis}N.J.A.Sloane（2010），整数序列在线百科全书，以电子方式发布于\href公司{http://www.research.att.com/~njas/sequences/}{\thttp://www.research.att.com/\char'176njas/sequences/}。\结束{书目}\大跳\小时\大跳跃\noindent 2010（数学学科分类）：初级11A55；中学11B39。\noindent\emph{关键字：}斐波那契数，$s$-阶递推关系，部分无穷和。\大跳跃\灌木\大跳跃\noindent（与序列有关\序列号{A000073}。）\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*{+.1in}\无音（noindent）收到日期：2010年1月20日；2010年5月19日收到修订版。发表于2010年5月20日的《整数序列杂志》。\大跳跃\小时\大跳跃\无音（noindent）返回到\htmladdnormallink{整数序列杂志主页}{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/}.\vskip.1英寸\结束{文档}