斐波那契数列的数论性质（最小公倍数）
斐波那契数列为：
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377，···
请问，斐波那契数列的第20项F20是否可以被3整除？是否可以被5整除？是否可以被11整除？
当然，我们可以按递推关系把F20找出来，那么，上述这三个"整除"是否可行就能够计算出来了。其实我们有更加快捷的方式说出上述三个问题的结果。这就要用到斐波那契数列的一个数论性质。这个性质是说，如果一个斐波那契数的脚标（序号，比如F20的“20”）可以被某个正整数整除，那么以这个正整数为脚标的斐波那契数就一定能够整除原来的斐波那契数。用符号语言来说，就是如果m|n，那么Fm|Fn（“|”表示其左侧整除右侧）。上面的性质反过来说也对，即如果一个斐波那契数整除另一个斐波那契数，则作为除数的斐波那契数的脚标也一定整除作为被除数的斐波那契数的脚标，即如果Fm|Fn，那么m|n。
比如，
3|9，那么，F3|F9。实际上，F3=2，F9=34，确实，2|34。
4|8，那么，F4|F8。实际上，F4=3，F8=21，确实，3|21。
对于本题开始时的那三个问题，我们有：
3是斐波那契数列的第4项F4，而F4的指标4|20，所以，F4|F20，即3|F20（我们可以不知道F20具体是多少）。
同理，5是斐波那契数列的第5项F5，而F5的指标5|20，所以，F5|F20，即5|F20。
至于第三问：“11是否可以整除F20？”我们可以这样考虑：看一看20的因数还有哪些，显然10是20的因数，而F10=55，所以55|F20。而55=5×11，所以，11|F20。
另一个问题也很有趣：求能够被2,3,5都整除的最小的斐波那契数。
首先，能被2整除的斐波那契数有且只有（从小到大）：
F3(=2),F6,F9,F12,F15,F18,F21,···,F3k,···
它们的脚标都能被3整除。
其次，能被3整除的斐波那契数有且只有（从小到大）：
F4(=3),F8,F12,F16,F20,F24,F28,···,F4k,···
它们的脚标都能被4整除。
第三，能被5整除的斐波那契数有且只有（从小到大）：
F5(=5),F10,F15,F20,F25,F30,F35,···,F5k,···
它们的脚标都能被5整除。
那么，上面三行斐波那契数，第一个（也是最小一个）在三行中都出现的斐波那契数，就是我们所求的斐波那契数，这个斐波那契数的脚标就是3,4,5的最小公倍数。3,4,5的最小公倍数是60。所以，所要求的能被2,3,5都整除的最小斐波那契数就是F60。
好的，再考察一下F19这个斐波那契数，它的脚标19是素数。所以，F19之前的斐波那契数中，除1以外，没有一个是F19的因数。
最后，斐波那契数列还有一个很重要的数论性质：两个斐波那契数的最大公约数等于以它们的脚标的最大公约数为脚标的斐波那契数。比如，F10和F8的最大公约数就是以10和8的最大公约数2为脚标的斐波那契数F2=1。实际上，F10=55，F8=21，两者显然互素，自然它们的最大公约数就是1。用简约的数学符号表示就是：
（F10，F8）=F(10,8)
再举一例，(F15,F9)=F(15,9)=F3=2。实际上，
(F15,F9)=(610,34)=2
(因为34=2×17，而17显然不是610的因数。)
再比如，(F16,F12)=F(16,12)=F4=3。实际上，
(F16,F12)=(987,144)=3
(987=3×7×47，144=2×2×2×2×3×3，两者确实只有3这么一个公约数。)