Question

常识告诉我们“当你看到 $π$ \pi，有一个圆就在附近”。例如：

正弦和余弦的周期相等 $2 π$ 2\pi? 正确构造后，定义它们的直角三角形会描绘出一个圆圈。
$e^{i π} = - 1$ e^{i\pi} = -1? 极坐标复数的产物

。 $4 π$ 4\pi库仑定律中？电力是球对称的。

这是有道理的，因为 $π$ \pi是圆的周长与直径的比率。

同样地，黄金比例 $ϕ = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ \phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}是正五边形对角线与边长之比，两者似乎确实相辅相成：

由黄金比例风筝和飞镖组成的彭罗斯拼贴是五边形对称的。

二十面体和十二面体的结构中有五边形，无论是顶点图形还是面，都充满了 $ϕ$ \phis.

要构造黄金矩形，你需要构造一个角度， $\frac{1}{5}$ \frac{1}{5}转弯，这也是开始构建正五边形的方式。

JL编辑：

在附图中，正五边形和五角星交替出现。该序列可以以显而易见的方式继续向中心或远离中心。下一个五角星是旋转的（通过 $π / 5$ \pi/5）并按比例放大（因子 $ϕ^{2}$ \phi^2) 版本。五边形也是如此。锯齿状红线段的长度遵循比例 $1 : ϕ : ϕ^{2} : ϕ^{3} : ϕ^{4} : \dots$ 1:\phi:\phi^2:\phi^3:\phi^4:\cdots. JL/编辑

然而，黄金比例在斐波那契数列中也是相邻项之间比率的极限。而且有很多情况 $ϕ$ \phi弹出的原因是：Whythoff 的 nim、Lucas 序列、单骨牌和多米诺骨牌覆盖。

那么现在的问题是斐波那契数列中的五边形在哪里？或者说五边形中有一个斐波那契数列？

我擅自添加了一张希望合适的图片。如果您不喜欢此版本，请随意删除或调整其大小。 — 
@JyrkiLahtonen 是的，这很好，它看起来像是一个正确答案的开头，但我不确定如何将其整合到问题中 — 
我确实考虑过把它包含在答案中，但我并没有真正看到斐波那契数列？等式 $ϕ^{2} = ϕ + 1$ \phi^2=\phi+1当然可以，但整数不行。另外，我认为递归对显示的线段更有效，即使它们只是对角线的一部分 🙁 — 
@JyrkiLahtonen 也许其他人能找到其中的联系。我会保留此编辑，直到我找到更好的地方。 — 
可能是这样的：利用“明显”相似的三角形，我们可以很容易地看到，序列之字形线段的长度 $ℓ_{1}, ℓ_{2}, \dots$ \ell_1,\ell_2,\ldots，遵循斐波那契递归：
$ℓ n + 2 = ℓ n + 1 + ℓ n ？$
\ell_{n+2}=\ell_{n+1}+\ell_n?
\endgroup

– —

Answer 1

一种（有点人为的）关系（尽管不限于单个五边形）可以看作来自黄金比例的关键属性，即

φ 2 = φ + 1

\phi^2 = \phi+1

最后，

φ n = φ n - 1 + φ n - 2

\phi^n = \phi^{n-1} + \phi^{n-2}

（注意这里的斐波那契模式！）很容易证明，通过减少这个，我们得到

φ n = F n φ + F n - 1

\phi^n = F_n \phi + F_{n-1}

为了 $F_{n}$ F_n这 $n$ n第个斐波那契数。

画一个正五边形 $P_{1}$ P_1单位边长。它的对角线长度为 $D_{1} = ϕ$ D_1 = \phi。

画另一个正五边形 $P_{2}$ P_2，以所述对角线作为其一条边。然后

德 2 = φ 2 = 1 + φ

D_2 = \phi^2 = 1 + \phi

重复：画第三个正五边形， $P_{3}$ P_3，从该对角线开始，将其作为其一条边。然后 $P_{3}$ P_3有对角线

德 3 = (φ + 1) φ = φ 2 + φ = 1 + 2 φ

D_3 = (\phi+1)\phi = \phi^2 + \phi = 1 + 2\phi

这种模式不断延续：我们可以很容易地确定，无论你希望如何构建它，

德 n = 德 n - 1 + 德 n - 2 = ϕ 德 n - 1 = F n - 1 + F n φ

D_n = D_{n-1} + D_{n-2} = \phi D_{n-1} = F_{n-1} + F_n \phi

这种构造自然也适用于

堆叠的五边形看起来笨重，绿色是 $P_{3}$ P_3：

有没有一种好的方法可以从几何学上看出绿色五边形的边长是黑色和紫色五边形边长的总和？如果我眯着眼睛看，我可以看到它，但如果有一种方法可以绘制出让它非常明显的图表就更好了。 — 
@QiaochuYuan 您可以通过考虑右下角的三个等效等腰三角形来推断这一点。 —

Answer 2

考虑以下图表：

双方 $1$ 1，对角线为 $x$ x。

对角线与边平行。

阴影三角形“相似”，因此我们有：
$1 / (x - 1) = x / 1$ 1/(x-1)=x/1

因此 $1 = x (x - 1)$ 1=x(x-1)

最终我们得到：

X 2 -x - 1 = 0 ​

x^2-x-1=0

X 2 = x + 1

x^2=x+1

因此我们这里有黄金比率关系。

因此我们可以证明重命名的合理性 $x$ x到 $ϕ$ \phi这里。

更新：

我们可能想要一个“五边形系列”，其中比率要么是常数，要么会收敛到常数。

考虑以下图表：

五角大楼越小，越接近 $O$ O.

向另一个方向延伸，我们制作更大的五边形，朝向 $\infty$ \infty。

在这里推导常数可能会提供观察该问题的其他方法。

楼主已经意识到了这一点。问题在于与斐波那契数列的关系，而不是黄金比例。 — 
我知道你的意思，@QiaochuYuan，虽然我的想法是这样的：[[1]] 假设我们用两条连续边画一个三角形，然后计算最大的内角（ $108$ 108）然后计算对角线（三角形的边）得到 $2 \sin (54)$ 2\sin(54)这将涉及 $\sqrt{5}$ \sqrt{5}，那么我们可能会问：FIB 系列在哪里？我们使用三角函数来隐藏这种关系，这样就不容易看到了。[[2]] 我在这里展示的是，我们实际上通过 2 个“相似”三角形获得了 FIB 系列关系。这将更容易突出 FIB 系列在这里涉及的位置/原因。 —

Answer 3

将我的评论和图片解释提升为答案。

斐波那契数本身并不容易出现在五角星中，但黄金比例和相同的递归关系确实出现了。和往常一样，起点是黄金三角的图像——一个等腰三角形，角度 $2 π / 5$ 2\pi/5， $2 π / 5$ 2\pi/5和 $π / 5$ \pi/5：

重点是，我们在这里得到了两个相似的三角形，从而得到了熟悉的等式。如果蓝线的长度是 $1$ 1单位，红线的长度 $x$ x，则大等腰三角形表明黑色线段的长度为 $1 + x$ 1+x。但是，两个三角形的相似性使得 $x^{2}$ x^2达到该长度。因此

X 2 = 1 + x ， （1）

x^2=1+x,\tag{1}
由此我们可以解出 $x = ϕ = (1 + \sqrt{5}) / 2.$ x=\phi=(1+\sqrt5)/2.

我们总是可以通过添加对角线在正五边形内画一个五角星。但是，通过延伸同一五边形的边直到它们相交，我们得到另一个五角星。连接它的星点会得到一个更大的五角星，我们可以像下图这样继续画下去：

请注意，我们可以同样观察由较大五边形的对角线包围的较小五边形，画出它的对角线来形成较小的五角星等等。

无论如何，很容易计算出这些递归图中出现的角度，并发现它们形成了一系列相似的三角形。很快就得出，每个五边形（或五角星）都是前一个五边形的放大版，放大倍数为 $ϕ^{2}$ \phi^2。我们还看到，构成红色锯齿形的连续线段的长度都是与之前的等腰三角形相似的等腰三角形的边。因此它们的长度 $ℓ_{0}, ℓ_{1}, \dots$ \ell_0,\ell_1,\ldots全部满足 $ℓ_{n + 1} / ℓ_{n} = ϕ$ \ell_{n+1}/\ell_n=\phi，从而满足斐波那契递归：

ℓ n = ℓ n - 1 + ℓ n - 2 。

\ell_n=\ell_{n-1}+\ell_{n-2}.

这有点不令人满意，因为斐波那契数 $F_{n}$ F_n本身并没有出现——只有递归关系。我们都知道，根据比奈公式，数字 $F_{n}$ F_n需要一个（小的）校正项，涉及另一个根的幂 $- 1 / ϕ$ -1/\phi方程的 $(1)$ (1)。

如果找到合适的重复内容，则会删除。这肯定出现在几十本教科书中。 —

Answer 4

我不知道这在几何意义上是否完全令人满意，但可以将其视为的一个特例。也就是说，让

ζ 5 = 埃 2 π 我 5 = 余弦 2 π 5 + 我是 罪人 2 π 5

\zeta_5 = e^{ \frac{2 \pi i}{5} } = \cos \frac{2 \pi}{5} + i \sin \frac{2 \pi}{5}

原始 $5^{t h}$ 5^{th}单位根。数域 $Q (ζ_{5})$ \mathbb{Q}(\zeta_5)是 Galois，具有 Galois 群 $(Z / 5)^{\times} ≅ Z / 4$ (\mathbb{Z}/5)^{\times} \cong \mathbb{Z}/4，这意味着它有一个唯一的二次子场。该子场也是唯一的实子场，由以下公式生成

ζ 5 + ζ - 1 5 = 2 余弦 2 π 5 = 5 - \sqrt - 1 2 = φ - 1。

\zeta_5 + \zeta_5^{-1} = 2 \cos \frac{2 \pi}{5} = \frac{\sqrt{5} – 1}{2} = \varphi – 1.

所以实际上这是二次场 $Q (φ)$ \mathbb{Q}(\varphi)生成于 $φ$ \varphi克罗内克-韦伯定理更一般地断言，每个伽罗瓦扩张 $K / Q$ K/\mathbb{Q}和明确证明这一点，并且 $ζ_{5} + ζ_{5}^{- 1}$ \zeta_5 + \zeta_5^{-1}上面是高斯和最简单的例子之一。

从这个数论角度来看， $φ$ \varphi和斐波那契数列的最好的解释是，斐波那契数列是幂的项，这个事实可以用几种不同的等价方式来表述， $2 \times 2$ 2 \times 2矩阵，即我们有

[1110] n = [F n + 1 F n F n F n - 1] 。

\left[ \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right]^n = \left[ \begin{array}{cc} F_{n+1} & F_n \\ F_n & F_{n-1} \end{array} \right].

这立即意味着 $F_{n}$ F_n就该矩阵的特征值而言，有一个封闭形式，我们可以将其称为斐波那契矩阵。这些特征值是 $φ$ \varphi和 $1 - φ$ 1 – \varphi! 这个矩阵反过来只是左乘矩阵 $φ$ \varphi作为线性变换 $Q (φ)$ \mathbb{Q}(\varphi)在基础上 ${1, φ}$ \{ 1, \varphi \}。因此，换句话说，上述恒等式等同于恒等式

φ n = F n φ + F n - 1 。

\varphi^n = F_n \varphi + F_{n-1}.

这种特殊的关系 $φ$ \varphi和数量 $5$ 5有以下具体的数论推论：对于任何素数 $p$ p 除了 $5$ 5，如果你计算 $F_{n} mod p$ F_n \bmod p（）你可以证明它划分了 $p - 1$ p – 1或者 $2 (p + 1)$ 2(p + 1)，而哪种情况只取决于 $p mod 5$ p \bmod 5。唯一的例外是 $p = 5$ p = 5本身，其中周期为 $20$ 20。这实际上是的一个特例，它与克罗内克-韦伯定理和高斯和密切相关。

我不知道是否有比这更直接的几何学说法。问题是，我没有找到一种很好的方法来写下对应于取幂的几何构造 $φ$ \varphi。我想你可以迭代地构建越来越大的黄金矩形，但我觉得这有点牵强。

几何 – 斐波那契数列中的五边形在哪里？ – 数学

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