斐波那契数列中连续10项的和总是能被11整除吗？

背景

《斐波那契数列：定义自然法则的数学》 一书提到，斐波那契数列中连续 $1010$ 10 项的和总是能被 $1111$ 11 整除。这样的小结论，固然可以记下来，但是如果我们有比较通用的办法，来探索斐波那契数列中连续的 $mm$ m 项的和满足怎样的规律，则更为有趣。

结论

$kk$ k	斐波那契数列中连续 ? 项的和一定能被 $kk$ k 整除
$22$ 2	$33$ 3
$33$ 3	$88$ 8
$44$ 4	$66$ 6
$55$ 5	$2020$ 20
$66$ 6	$2424$ 24
$77$ 7	$1616$ 16
$88$ 8	$1212$ 12
$99$ 9	$2424$ 24
$1010$ 10	$6060$ 60
$1111$ 11	$1010$ 10

正文

斐波那契数列

$F1=1,F2=1\; F\_1=1,F\_2=1$ F1=1,F2=1，对满足 $n\ge 3n\backslash ge\; 3$ n≥3 的 $nn$ n 而言， $Fn=\; Fn-1\; +\; Fn-2\; F\_n=F\_\{n-1\}+F\_\{n-2\}$ Fn=Fn−1+Fn−2。满足这样的规则的数列，我们称其为斐波那契数列。

简单的分析

对比较小的 $nn$ n 来说， $Fn\; F\_n$ Fn 的值列举如下 ⬇️

$nn$ n	$Fn\; F\_n$ Fn
$11$ 1	$11$ 1
$22$ 2	$11$ 1
$33$ 3	$22$ 2
$44$ 4	$33$ 3
$55$ 5	$55$ 5
$66$ 6	$88$ 8
$77$ 7	$1313$ 13
$88$ 8	$2121$ 21
$99$ 9	$3434$ 34
$1010$ 10	$5555$ 55
$1111$ 11	$8989$ 89
$1212$ 12	$144144$ 144
$1313$ 13	$233233$ 233
$1414$ 14	$377377$ 377
$1515$ 15	$610610$ 610
$1616$ 16	$987987$ 987
$1717$ 17	$15971597$ 1597
$1818$ 18	$25842584$ 2584
$1919$ 19	$41814181$ 4181
$2020$ 20	$67656765$ 6765

生成上方表格的 $Python3Python3$ Python3 代码如下 ⬇️

print(r'| $n$ | $F_n$ |')
print('| --- | --- |')

curr, next = 1, 1
for i in range(1, 21):
    print(f'| ${i}$ | ${curr}$ |')
    curr, next = next, (curr + next)

连续 2 项的和

既然想探索连续项的和有什么规律，那么就先看连续 $22$ 2 项的和吧 ⬇️

$nn$ n	$Fn\; F\_n$ Fn	$Fn+\; Fn+1\; F\_n+F\_\{n+1\}$ Fn+Fn+1
$11$ 1	$11$ 1	$22$ 2
$22$ 2	$11$ 1	$33$ 3
$33$ 3	$22$ 2	$55$ 5
$44$ 4	$33$ 3	$88$ 8
$55$ 5	$55$ 5	$1313$ 13
$66$ 6	$88$ 8	$2121$ 21
$77$ 7	$1313$ 13	$3434$ 34
$88$ 8	$2121$ 21	$5555$ 55
$99$ 9	$3434$ 34	$8989$ 89
$1010$ 10	$5555$ 55	$144144$ 144

考虑到 $Fn+2\; =Fn+\; Fn+1\; F\_\{n+2\}=F\_n+F\_\{n+1\}$ Fn+2=Fn+Fn+1，那么斐波那契数列中连续 $22$ 2 项的和仍旧会是数列中的某一项。

连续 3 项的和

我们再看看连续 $33$ 3 项的和。 $Fn+\; Fn+1\; +\; Fn+2\; =\; Fn+2\; +\; Fn+2\; =2\; Fn+2\; F\_n+F\_\{n+1\}+F\_\{n+2\}=F\_\{n+2\}+F\_\{n+2\}=2\; F\_\{n+2\}$ Fn+Fn+1+Fn+2=Fn+2+Fn+2=2Fn+2。所以斐波那契数列中，连续 $33$ 3 项的和，一定是偶数。

一般化的分析

如果逐个观察不同 $mm$ m 时， $mm$ m 个连续项的和的规律，可能有点耗时间。我们换个思路，既然是想探索连续 $mm$ m 项的和的规律，假设连续 $mm$ m 项的和可以被 $kk$ k 整除，那么我们只需要分析 $Fn \; mod\; k\; F\_n\backslash bmod\; k$ Fnmodk 的规律即可。

$k=2k=2$ k=2

我们还是从 $22$ 2 开始（但是现在分析的是 $k=2k=2$ k=2 的情况）。不难写出以下代码

print(r'| $n$ | $F_n$ | $F_n\bmod 2$')
print('| --- | --- | --- |')

curr, next = 1, 1
for i in range(1, 21):
    print(f'| ${i}$ | ${curr}$ | ${curr%2}$ |')
    curr, next = next, (curr + next)

它生成的表格如下

$nn$ n	$Fn\; F\_n$ Fn	$Fn \; mod\; 2\; F\_n\backslash bmod\; 2$ Fnmod2
$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1
$22$ 2	$11$ 1	$11$ 1
$33$ 3	$22$ 2	$00$ 0
$44$ 4	$33$ 3	$11$ 1
$55$ 5	$55$ 5	$11$ 1
$66$ 6	$88$ 8	$00$ 0
$77$ 7	$1313$ 13	$11$ 1
$88$ 8	$2121$ 21	$11$ 1
$99$ 9	$3434$ 34	$00$ 0
$1010$ 10	$5555$ 55	$11$ 1
$1111$ 11	$8989$ 89	$11$ 1
$1212$ 12	$144144$ 144	$00$ 0
$1313$ 13	$233233$ 233	$11$ 1
$1414$ 14	$377377$ 377	$11$ 1
$1515$ 15	$610610$ 610	$00$ 0
$1616$ 16	$987987$ 987	$11$ 1
$1717$ 17	$15971597$ 1597	$11$ 1
$1818$ 18	$25842584$ 2584	$00$ 0
$1919$ 19	$41814181$ 4181	$11$ 1
$2020$ 20	$67656765$ 6765	$11$ 1

$Fn \; mod\; 2\; F\_n\backslash bmod\; 2$ Fnmod2 的规律很明显，它以 $1,1,01,1,0$ 1,1,0 为周期，我们可以用数学归纳法证明这个规律是成立的。由此可知，斐波那契数列中连续 $33$ 3 项的和满足 ⬇️ ( $mm$ m 是任意正整数)
$$\sum n=mn=m+2\; Fn\equiv 1+1+0\equiv 0(mod2)\; \backslash sum\_\{n=m\}^\{n=m+2\}\; F\_n\backslash equiv1+1+0\backslash equiv0\backslash pmod\; 2$$ n=m∑n=m+2Fn≡1+1+0≡0(mod2)

所以斐波那契数列中连续 $33$ 3 项的和可以被 $22$ 2 整除，这和我们刚才的分析是一致的。

$k=3k=3$ k=3

我们再看 $k=3k=3$ k=3 的情况，将代码稍做调整即可 ⬇️

print(r'| $n$ | $F_n$ | $F_n\bmod 3$')
print('| --- | --- | --- |')

curr, next = 1, 1
for i in range(1, 21):
    print(f'| ${i}$ | ${curr}$ | ${curr%3}$ |')
    curr, next = next, (curr + next)

它生成的表格如下

$nn$ n	$Fn\; F\_n$ Fn	$Fn \; mod\; 3\; F\_n\backslash bmod\; 3$ Fnmod3
$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1
$22$ 2	$11$ 1	$11$ 1
$33$ 3	$22$ 2	$22$ 2
$44$ 4	$33$ 3	$00$ 0
$55$ 5	$55$ 5	$22$ 2
$66$ 6	$88$ 8	$22$ 2
$77$ 7	$1313$ 13	$11$ 1
$88$ 8	$2121$ 21	$00$ 0
$99$ 9	$3434$ 34	$11$ 1
$1010$ 10	$5555$ 55	$11$ 1
$1111$ 11	$8989$ 89	$22$ 2
$1212$ 12	$144144$ 144	$00$ 0
$1313$ 13	$233233$ 233	$22$ 2
$1414$ 14	$377377$ 377	$22$ 2
$1515$ 15	$610610$ 610	$11$ 1
$1616$ 16	$987987$ 987	$00$ 0
$1717$ 17	$15971597$ 1597	$11$ 1
$1818$ 18	$25842584$ 2584	$11$ 1
$1919$ 19	$41814181$ 4181	$22$ 2
$2020$ 20	$67656765$ 6765	$00$ 0

这次的周期稍长一些： $1,1,2,0,2,2,1,01,1,2,0,2,2,1,0$ 1,1,2,0,2,2,1,0（虽然是观察出来的规律，但是可以用数学归纳法证明其正确性）。

由此可知，斐波那契数列中连续 $88$ 8 项的和满足 ⬇️ ( $mm$ m 是任意正整数)
$$\sum n=mn=m+7\; Fn\equiv 1+1+2+0+2+2+1+0\equiv 0(mod3)\; \backslash sum\_\{n=m\}^\{n=m+7\}\; F\_n\backslash equiv1+1+2+0+2+2+1+0\backslash equiv\; 0\backslash pmod\; 3$$ n=m∑n=m+7Fn≡1+1+2+0+2+2+1+0≡0(mod3)

所以斐波那契数列的连续 $88$ 8 项的和，一定能被 $33$ 3 整除。

$k=4,5,6k=4,5,6$ k=4,5,6

我们再看 $k=4,5,6k=4,5,6$ k=4,5,6 的情况，将代码稍做调整即可 ⬇️

print(r'| $n$ | $F_n$ | $F_n\bmod 4$ | $F_n\bmod 5$ |$F_n\bmod 6$ |')
print('| --- | --- | --- | --- | --- | ')

curr, next = 1, 1
for i in range(1, 21):
    print(f'| ${i}$ | ${curr}$ | ${curr%4}$ | ${curr%5}$ | ${curr%6}$ |')
    curr, next = next, (curr + next)

$nn$ n	$Fn\; F\_n$ Fn	$Fn \; mod\; 4\; F\_n\backslash bmod\; 4$ Fnmod4	$Fn \; mod\; 5\; F\_n\backslash bmod\; 5$ Fnmod5	$Fn \; mod\; 6\; F\_n\backslash bmod\; 6$ Fnmod6
$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1
$22$ 2	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1
$33$ 3	$22$ 2	$22$ 2	$22$ 2	$22$ 2
$44$ 4	$33$ 3	$33$ 3	$33$ 3	$33$ 3
$55$ 5	$55$ 5	$11$ 1	$00$ 0	$55$ 5
$66$ 6	$88$ 8	$00$ 0	$33$ 3	$22$ 2
$77$ 7	$1313$ 13	$11$ 1	$33$ 3	$11$ 1
$88$ 8	$2121$ 21	$11$ 1	$11$ 1	$33$ 3
$99$ 9	$3434$ 34	$22$ 2	$44$ 4	$44$ 4
$1010$ 10	$5555$ 55	$33$ 3	$00$ 0	$11$ 1
$1111$ 11	$8989$ 89	$11$ 1	$44$ 4	$55$ 5
$1212$ 12	$144144$ 144	$00$ 0	$44$ 4	$00$ 0
$1313$ 13	$233233$ 233	$11$ 1	$33$ 3	$55$ 5
$1414$ 14	$377377$ 377	$11$ 1	$22$ 2	$55$ 5
$1515$ 15	$610610$ 610	$22$ 2	$00$ 0	$44$ 4
$1616$ 16	$987987$ 987	$33$ 3	$22$ 2	$33$ 3
$1717$ 17	$15971597$ 1597	$11$ 1	$22$ 2	$11$ 1
$1818$ 18	$25842584$ 2584	$00$ 0	$44$ 4	$44$ 4
$1919$ 19	$41814181$ 4181	$11$ 1	$11$ 1	$55$ 5
$2020$ 20	$67656765$ 6765	$11$ 1	$00$ 0	$33$ 3

$Fn \; mod\; 4\; F\_n\backslash bmod\; 4$ Fnmod4 以 $1,1,2,3,1,01,1,2,3,1,0$ 1,1,2,3,1,0 为周期。

由此可知，斐波那契数列中连续 $66$ 6 项的和满足 ⬇️ ( $mm$ m 是任意正整数)
$$\sum n=mn=m+5\; Fn\equiv 1+1+2+3+1+0\equiv 0(mod4)\; \backslash sum\_\{n=m\}^\{n=m+5\}\; F\_n\backslash equiv1+1+2+3+1+0\backslash equiv\; 0\backslash pmod\; 4$$ n=m∑n=m+5Fn≡1+1+2+3+1+0≡0(mod4)

所以斐波那契数列的连续 $66$ 6 项的和，一定能被 $44$ 4 整除。

继续分析 $k=5,6k=5,6$ k=5,6 的情况时，会发现周期比较长，一眼似乎看不出来周期是什么。此时，我们再换换思路。如果 $Fn \; mod\; k\; F\_n\backslash bmod\; k$ Fnmodk 这个数列存在某个周期 $TT$ T，那么

• $F1 \; mod\; k=\; F1+T\; \; mod\; k\; F\_1\backslash bmod\; k=\; F\_\{1+T\}\backslash bmod\; k$ F1modk=F1+Tmodk
• $F2 \; mod\; k=\; F2+T\; \; mod\; k\; F\_2\backslash bmod\; k=\; F\_\{2+T\}\backslash bmod\; k$ F2modk=F2+Tmodk
• $F3 \; mod\; k=\; F3+T\; \; mod\; k\; F\_3\backslash bmod\; k=\; F\_\{3+T\}\backslash bmod\; k$ F3modk=F3+Tmodk
• $\cdots \backslash cdots$ ⋯

那么 $(Fn \; mod\; k,\; Fn+1\; \; mod\; k)\; (F\_n\backslash bmod\; k,F\_\{n+1\}\backslash bmod\; k)$ (Fnmodk,Fn+1modk) 这样的数对（这里的小括号表示一对数字）也会以周期 $TT$ T 重复出现，即

• $(F1 \; mod\; k,F2 \; mod\; k)=(\; F1+T\; \; mod\; k,\; F2+T\; \; mod\; k)\; (F\_1\backslash bmod\; k,\; F\_2\backslash bmod\; k)=\; (F\_\{1+T\}\backslash bmod\; k,\; F\_\{2+T\}\backslash bmod\; k)$ (F1modk,F2modk)=(F1+Tmodk,F2+Tmodk)
• $(F2 \; mod\; k,F3 \; mod\; k)=(\; F2+T\; \; mod\; k,\; F3+T\; \; mod\; k)\; (F\_2\backslash bmod\; k,\; F\_3\backslash bmod\; k)=\; (F\_\{2+T\}\backslash bmod\; k,\; F\_\{3+T\}\backslash bmod\; k)$ (F2modk,F3modk)=(F2+Tmodk,F3+Tmodk)
• $(F3 \; mod\; k,F4 \; mod\; k)=(\; F3+T\; \; mod\; k,\; F4+T\; \; mod\; k)\; (F\_3\backslash bmod\; k,\; F\_4\backslash bmod\; k)=\; (F\_\{3+T\}\backslash bmod\; k,\; F\_\{4+T\}\backslash bmod\; k)$ (F3modk,F4modk)=(F3+Tmodk,F4+Tmodk)
• $\cdots \backslash cdots$ ⋯

为了方便讨论，我们记 $an=(Fn \; mod\; k,\; Fn+1\; \; mod\; k)\; a\_n=(F\_n\backslash bmod\; k,F\_\{n+1\}\backslash bmod\; k)$ an=(Fnmodk,Fn+1modk)。

0≤(Fnmodk)<k 总是成立，所以 $an\; a\_n$ an 的可能取值只有 $k\times k=k2k\backslash times\; k=k^2$ k×k=k2 个（有的值可能取不到）。根据鸽笼原理， $a1,a2,\cdots \hspace{0.17em},\; ak2+1\; a\_1,a\_2,\backslash cdots,a\_\{k^2+1\}$ a1,a2,⋯,ak2+1 这 $k2+1k^2+1$ k2+1 个值必然有重复的（因为 $an\; a\_n$ an 的可能取值只有 $k2k^2$ k2 个）。假设第一个重复出现的值为 $adup\; a\_\{dup\}$ adup 且 $adup\; =\; adup-t\; a\_\{dup\}=a\_\{dup-t\}$ adup=adup−t。注意到
$$an=(Fn \; mod\; k,\; Fn+1\; \; mod\; k)\; a\_\{n\}=(F\_\{n\}\backslash bmod\; k,\; F\_\{n+1\}\; \backslash bmod\; k)$$ an=(Fnmodk,Fn+1modk)
$$an+1\; =(\; Fn+1\; \; mod\; k,\; Fn+2\; \; mod\; k)\; a\_\{n+1\}=(F\_\{n+1\}\backslash bmod\; k,\; F\_\{n+2\}\; \backslash bmod\; k)$$ an+1=(Fn+1modk,Fn+2modk)
$$Fn+2\; =\; Fn+1\; +Fn\; F\_\{n+2\}=F\_\{n+1\}+F\_n$$ Fn+2=Fn+1+Fn

所以
$$an+1\; =(\; Fn+1\; \; mod\; k,(\; Fn+1\; +Fn) \; mod\; k)\; a\_\{n+1\}=(F\_\{n+1\}\backslash bmod\; k,\; (F\_\{n+1\}\; +\; F\_n)\; \backslash bmod\; k)$$ an+1=(Fn+1modk,(Fn+1+Fn)modk)
$$=(an$$1,(an0+an1)  mod  k) =(a_n1, (a_n0+a_n1) \bmod k) =(an1,(an0+an1)modk)

也就是说，从 $an\; a\_\{n\}$ an 可以直接得出 $an+1\; a\_\{n+1\}$ an+1。 既然 $adup\; =\; adup-t\; a\_\{dup\}=a\_\{dup-t\}$ adup=adup−t，那么必然有 ⬇️

• $adup+1\; =\; adup-t+1\; a\_\{dup+1\}=a\_\{dup-t+1\}$ adup+1=adup−t+1
• $adup+2\; =\; adup-t+2\; a\_\{dup+2\}=a\_\{dup-t+2\}$ adup+2=adup−t+2
• $adup+3\; =\; adup-t+3\; a\_\{dup+3\}=a\_\{dup-t+3\}$ adup+3=adup−t+3
• $\cdots \backslash cdots$ ⋯

那么对任意 $n\ge dupn\backslash ge\; dup$ n≥dup， $an=\; an-t\; a\_n=a\_\{n-t\}$ an=an−t 都成立。

刚才提到从 $an\; a\_\{n\}$ an 可以直接得出 $an+1\; a\_\{n+1\}$ an+1，那么如果知道 $an+1\; a\_\{n+1\}$ an+1，能否反推出 $an\; a\_n$ an 呢？我们试一试 ⬇️
$$an=(Fn \; mod\; k,\; Fn+1\; \; mod\; k)\; a\_\{n\}=(F\_\{n\}\backslash bmod\; k,\; F\_\{n+1\}\; \backslash bmod\; k)$$ an=(Fnmodk,Fn+1modk)
$$=((\; Fn+2\; -\; Fn+1\; ) \; mod\; k,\; Fn+1\; \; mod\; k)\; =((F\_\{n+2\}-F\_\{n+1\})\backslash bmod\; k,F\_\{n+1\}\; \backslash bmod\; k)$$ =((Fn+2−Fn+1)modk,Fn+1modk)
$$=((\; an+1$$1− an+1 0)  mod  k, an+1 0) =((a_{n+1}1-a_{n+1}0)\bmod k,a_{n+1}0) =((an+11−an+10)modk,an+10)

看来从 $an+1\; a\_\{n+1\}$ an+1 也可以直接得出 $an\; a\_\{n\}$ an。

有趣的部分来了。考虑到 $adup\; =\; adup-t\; a\_\{dup\}=a\_\{dup-t\}$ adup=adup−t，根据刚才提到的 "从 $an+1\; a\_\{n+1\}$ an+1 也可以直接得出 $an\; a\_\{n\}$ an" 可知以下 $dup-tdup-t$ dup−t 个等式都成立 ⬇️

• $adup\; =\; adup-t\; a\_\{dup\}=a\_\{dup-t\}$ adup=adup−t
• $adup-1\; =\; adup-t-1\; a\_\{dup-1\}=a\_\{dup-t-1\}$ adup−1=adup−t−1
• $adup-2\; =\; adup-t-2\; a\_\{dup-2\}=a\_\{dup-t-2\}$ adup−2=adup−t−2
• $\cdots \backslash cdots$ ⋯
• $a1+t\; =a1\; a\_\{1+t\}=a\_\{1\}$ a1+t=a1

所以 $a1+t\; a\_\{1+t\}$ a1+t 会是第一个重复的值，它的值和 $a1\; a\_1$ a1 相等。如此说来，我们只要找到第一个和 $a1\; a\_1$ a1 相等的 $an\; a\_n$ an（ $n\ge 2n\backslash ge2$ n≥2），就可以得出周期 $t=n-1t=n-1$ t=n−1 了。由于 $Fn \; mod\; k=an$0 F_n\bmod k=a_n0 Fnmodk=an0，那么 $tt$ t 自然也是 $Fn \; mod\; k\; F\_n\backslash bmod\; k$ Fnmodk 的（一个）周期。

我用 $Python3Python3$ Python3 实现了这样的逻辑 ⬇️ （豆包 提供了一些帮助）

import argparse

def main():
    parser = argparse.ArgumentParser(description="斐波那契模k周期计算")
    parser.add_argument("-k", type=int, required=True, help="取模的k值，正整数")
    args = parser.parse_args()
    k = args.k

    if k <= 0:
        raise ValueError("k必须为正整数")

    print('```text')
    appeared_fib_pairs = set()
    fib_pair = (1, 1)
    n = 1
    seen_num = []
    while True:
        if fib_pair in appeared_fib_pairs:
            break
        appeared_fib_pairs.add(fib_pair)
        seen_num.append(fib_pair[0])
        print(f'{n}: {fib_pair}')
        next_fib_pair = (fib_pair[1], (fib_pair[0] + fib_pair[1]) % k)
        fib_pair = next_fib_pair
        n += 1
    print('```')

    if sum(seen_num) % k != 0:
        return
    conclusion = f'''
由此可知，斐波那契数列中连续 ${len(appeared_fib_pairs)}$ 项的和满足 ⬇️ ($m$ 是任意正整数)
$$
\\sum_{{n=m}}^{{n=m+{len(appeared_fib_pairs)-1}}} F_n \\equiv {'+'.join(map(str, seen_num))}\\equiv 0\\pmod {{{k}}}
$$ 
所以斐波那契数列的连续 ${len(appeared_fib_pairs)}$ 项的和，一定能被 ${k}$ 整除。
'''
    print(conclusion)


if __name__ == "__main__":
    main()

请将以上代码保存为 find_period.py。运行以下命令可以处理 $k=5k=5$ k=5 的情况

python3 find_period.py -k 5

完整的运行结果如下

1: (1, 1)
2: (1, 2)
3: (2, 3)
4: (3, 0)
5: (0, 3)
6: (3, 3)
7: (3, 1)
8: (1, 4)
9: (4, 0)
10: (0, 4)
11: (4, 4)
12: (4, 3)
13: (3, 2)
14: (2, 0)
15: (0, 2)
16: (2, 2)
17: (2, 4)
18: (4, 1)
19: (1, 0)
20: (0, 1)

由此可知，斐波那契数列中连续 $2020$ 20 项的和满足 ⬇️ ( $mm$ m 是任意正整数)
$$\sum n=mn=m+19\; Fn\equiv 1+1+2+3+0+3+3+1+4+0+4+4+3+2+0+2+2+4+1+0\equiv 0(mod5)\; \backslash sum\_\{n=m\}^\{n=m+19\}\; F\_n\; \backslash equiv\; 1+1+2+3+0+3+3+1+4+0+4+4+3+2+0+2+2+4+1+0\backslash equiv\; 0\backslash pmod\; \{5\}$$ n=m∑n=m+19Fn≡1+1+2+3+0+3+3+1+4+0+4+4+3+2+0+2+2+4+1+0≡0(mod5)

所以斐波那契数列的连续 $2020$ 20 项的和，一定能被 $55$ 5 整除。

运行以下命令可以处理 $k=6k=6$ k=6 的情况

python3 find_period.py -k 6

完整的运行结果如下

1: (1, 1)
2: (1, 2)
3: (2, 3)
4: (3, 5)
5: (5, 2)
6: (2, 1)
7: (1, 3)
8: (3, 4)
9: (4, 1)
10: (1, 5)
11: (5, 0)
12: (0, 5)
13: (5, 5)
14: (5, 4)
15: (4, 3)
16: (3, 1)
17: (1, 4)
18: (4, 5)
19: (5, 3)
20: (3, 2)
21: (2, 5)
22: (5, 1)
23: (1, 0)
24: (0, 1)

由此可知，斐波那契数列中连续 $2424$ 24 项的和满足 ⬇️ ( $mm$ m 是任意正整数)
$$\sum n=mn=m+23\; Fn\equiv 1+1+2+3+5+2+1+3+4+1+5+0+5+5+4+3+1+4+5+3+2+5+1+0\equiv 0(mod6)\; \backslash sum\_\{n=m\}^\{n=m+23\}\; F\_n\; \backslash equiv\; 1+1+2+3+5+2+1+3+4+1+5+0+5+5+4+3+1+4+5+3+2+5+1+0\backslash equiv\; 0\backslash pmod\; \{6\}$$ n=m∑n=m+23Fn≡1+1+2+3+5+2+1+3+4+1+5+0+5+5+4+3+1+4+5+3+2+5+1+0≡0(mod6)

所以斐波那契数列的连续 $2424$ 24 项的和，一定能被 $66$ 6 整除。

$k=7,8,9,10k=7,8,9,10$ k=7,8,9,10

我们再看 $k=7,8,9,10k=7,8,9,10$ k=7,8,9,10 的情况。

运行以下命令可以处理 $k=7k=7$ k=7 的情况

python3 find_period.py -k 7

完整的运行结果如下

1: (1, 1)
2: (1, 2)
3: (2, 3)
4: (3, 5)
5: (5, 1)
6: (1, 6)
7: (6, 0)
8: (0, 6)
9: (6, 6)
10: (6, 5)
11: (5, 4)
12: (4, 2)
13: (2, 6)
14: (6, 1)
15: (1, 0)
16: (0, 1)

由此可知，斐波那契数列中连续 $1616$ 16 项的和满足 ⬇️ ( $mm$ m 是任意正整数)
$$\sum n=mn=m+15\; Fn\equiv 1+1+2+3+5+1+6+0+6+6+5+4+2+6+1+0\equiv 0(mod7)\; \backslash sum\_\{n=m\}^\{n=m+15\}\; F\_n\; \backslash equiv\; 1+1+2+3+5+1+6+0+6+6+5+4+2+6+1+0\backslash equiv\; 0\backslash pmod\; \{7\}$$ n=m∑n=m+15Fn≡1+1+2+3+5+1+6+0+6+6+5+4+2+6+1+0≡0(mod7)

所以斐波那契数列的连续 $1616$ 16 项的和，一定能被 $77$ 7 整除。

运行以下命令可以处理 $k=8k=8$ k=8 的情况

python3 find_period.py -k 8

完整的运行结果如下

1: (1, 1)
2: (1, 2)
3: (2, 3)
4: (3, 5)
5: (5, 0)
6: (0, 5)
7: (5, 5)
8: (5, 2)
9: (2, 7)
10: (7, 1)
11: (1, 0)
12: (0, 1)

由此可知，斐波那契数列中连续 $1212$ 12 项的和满足 ⬇️ ( $mm$ m 是任意正整数)
$$\sum n=mn=m+11\; Fn\equiv 1+1+2+3+5+0+5+5+2+7+1+0\equiv 0(mod8)\; \backslash sum\_\{n=m\}^\{n=m+11\}\; F\_n\; \backslash equiv\; 1+1+2+3+5+0+5+5+2+7+1+0\backslash equiv\; 0\backslash pmod\; \{8\}$$ n=m∑n=m+11Fn≡1+1+2+3+5+0+5+5+2+7+1+0≡0(mod8)

所以斐波那契数列的连续 $1212$ 12 项的和，一定能被 $88$ 8 整除。

运行以下命令可以处理 $k=9k=9$ k=9 的情况

python3 find_period.py -k 9

完整的运行结果如下

1: (1, 1)
2: (1, 2)
3: (2, 3)
4: (3, 5)
5: (5, 8)
6: (8, 4)
7: (4, 3)
8: (3, 7)
9: (7, 1)
10: (1, 8)
11: (8, 0)
12: (0, 8)
13: (8, 8)
14: (8, 7)
15: (7, 6)
16: (6, 4)
17: (4, 1)
18: (1, 5)
19: (5, 6)
20: (6, 2)
21: (2, 8)
22: (8, 1)
23: (1, 0)
24: (0, 1)

由此可知，斐波那契数列中连续 $2424$ 24 项的和满足 ⬇️ ( $mm$ m 是任意正整数)
$$\sum n=mn=m+23\; Fn\equiv 1+1+2+3+5+8+4+3+7+1+8+0+8+8+7+6+4+1+5+6+2+8+1+0\equiv 0(mod9)\; \backslash sum\_\{n=m\}^\{n=m+23\}\; F\_n\; \backslash equiv\; 1+1+2+3+5+8+4+3+7+1+8+0+8+8+7+6+4+1+5+6+2+8+1+0\backslash equiv\; 0\backslash pmod\; \{9\}$$ n=m∑n=m+23Fn≡1+1+2+3+5+8+4+3+7+1+8+0+8+8+7+6+4+1+5+6+2+8+1+0≡0(mod9)

所以斐波那契数列的连续 $2424$ 24 项的和，一定能被 $99$ 9 整除

$k=10k=10$ k=10 的情况，我在 斐波那契数列的个位数出现的周期是多少？ 一文里专门进行了讨论。

运行以下命令可以处理 $k=10k=10$ k=10 的情况

python3 find_period.py -k 10

完整的运行结果如下

1: (1, 1)
2: (1, 2)
3: (2, 3)
4: (3, 5)
5: (5, 8)
6: (8, 3)
7: (3, 1)
8: (1, 4)
9: (4, 5)
10: (5, 9)
11: (9, 4)
12: (4, 3)
13: (3, 7)
14: (7, 0)
15: (0, 7)
16: (7, 7)
17: (7, 4)
18: (4, 1)
19: (1, 5)
20: (5, 6)
21: (6, 1)
22: (1, 7)
23: (7, 8)
24: (8, 5)
25: (5, 3)
26: (3, 8)
27: (8, 1)
28: (1, 9)
29: (9, 0)
30: (0, 9)
31: (9, 9)
32: (9, 8)
33: (8, 7)
34: (7, 5)
35: (5, 2)
36: (2, 7)
37: (7, 9)
38: (9, 6)
39: (6, 5)
40: (5, 1)
41: (1, 6)
42: (6, 7)
43: (7, 3)
44: (3, 0)
45: (0, 3)
46: (3, 3)
47: (3, 6)
48: (6, 9)
49: (9, 5)
50: (5, 4)
51: (4, 9)
52: (9, 3)
53: (3, 2)
54: (2, 5)
55: (5, 7)
56: (7, 2)
57: (2, 9)
58: (9, 1)
59: (1, 0)
60: (0, 1)

由此可知，斐波那契数列中连续 $6060$ 60 项的和满足 ⬇️ ( $mm$ m 是任意正整数)
$$\sum n=mn=m+59\; Fn\equiv 1+1+2+3+5+8+3+1+4+5+9+4+3+7+0+7+7+4+1+5+6+1+7+8+5+3+8+1+9+0+9+9+8+7+5+2+7+9+6+5+1+6+7+3+0+3+3+6+9+5+4+9+3+2+5+7+2+9+1+0\equiv 0(mod10)\; \backslash sum\_\{n=m\}^\{n=m+59\}\; F\_n\; \backslash equiv\; 1+1+2+3+5+8+3+1+4+5+9+4+3+7+0+7+7+4+1+5+6+1+7+8+5+3+8+1+9+0+9+9+8+7+5+2+7+9+6+5+1+6+7+3+0+3+3+6+9+5+4+9+3+2+5+7+2+9+1+0\backslash equiv\; 0\backslash pmod\; \{10\}$$ n=m∑n=m+59Fn≡1+1+2+3+5+8+3+1+4+5+9+4+3+7+0+7+7+4+1+5+6+1+7+8+5+3+8+1+9+0+9+9+8+7+5+2+7+9+6+5+1+6+7+3+0+3+3+6+9+5+4+9+3+2+5+7+2+9+1+0≡0(mod10)

所以斐波那契数列的连续 $6060$ 60 项的和，一定能被 $1010$ 10 整除。

$k=11k=11$ k=11 的情况

运行以下命令可以处理 $k=11k=11$ k=11 的情况

python3 find_period.py -k 11

完整的运行结果如下

1: (1, 1)
2: (1, 2)
3: (2, 3)
4: (3, 5)
5: (5, 8)
6: (8, 2)
7: (2, 10)
8: (10, 1)
9: (1, 0)
10: (0, 1)

由此可知，斐波那契数列中连续 $1010$ 10 项的和满足 ⬇️ ( $mm$ m 是任意正整数)
$$\sum n=mn=m+9\; Fn\equiv 1+1+2+3+5+8+2+10+1+0\equiv 0(mod11)\; \backslash sum\_\{n=m\}^\{n=m+9\}\; F\_n\; \backslash equiv\; 1+1+2+3+5+8+2+10+1+0\backslash equiv\; 0\backslash pmod\; \{11\}$$ n=m∑n=m+9Fn≡1+1+2+3+5+8+2+10+1+0≡0(mod11)

所以斐波那契数列的连续 $1010$ 10 项的和，一定能被 $1111$ 11 整除。