任意一个正整数 \(n\) 都可以被表示成若干不同斐波那契数之和
考虑数学归纳证明：
\(n=1\) 显然成立
假设对于任意 \(x\le n\) 都成立，对于 \(n+1\)
- 若是 \(fibonacci\) 数显然成立
- 否则，设 \(fib_i<n+1<fib_{i+1}\)，即 \(0<n+1-fib_i<fib_{i+1}-fib_i=fib_{i-1}\)，根据假设，\(n+1-fib_i\le n\)，因此可以被表示成若干不同斐波那契数之和，而 \(fib_{i-1}<fib_i\)，所以 \(n+1\) 的表示可以由 \(n+1-fib_i\) 的表示加上 \(fib_i\) 得到
证毕
更强的结论：对于一个严格递增的数列 \(\{a\}\)，令 \({S}\) 为 \({a}\) 的前缀和数列
\[\begin{array}{l}
a_0=1\\
\forall x\ge 1,S_{x-1}+1\ge a_x\\
\end{array}
\]
是任意一个正整数都可以被表示成数列 \(\{a\}\) 中若干不同数之和的充要条件
并且有：如果 \(n\le\sum\limits_{i=0}^xa_i\)，则 \(n\) 总能被表示成 \(\{a_0,a_1,\dots,a_i\}\) 中若干不同数之和
充分性：类似于上面的，\(n=1\) 显然成立
假设对于任意 \(x\le n\) 都成立，对于 \(n+1\)
- 若 \(\exists i,n+1=S_i\)，显然成立
- 否则，设 \(S_i<n+1<S_{i+1}\)，由于 \(S_i+1\le a_{i+1}\)，所以 \(a_{i+1}\le n+1\)
- 若 \(n+1=a_{i+1}\) 显然成立
- 否则，\(a_{i+1}<n+1<S_{i+1}\)，即 \(0<n+1-a{i+1}<S_i\)，根据假设，\(S_i\le n\)，因此 \(n+1-a_{i+1}\) 可以被表示成 \(\{a_0,a_1,\dots,a_i\}\) 中若干个不同数之和，而数列 \(\{a\}\) 严格递增，所以 \(n+1\) 的表示可以由 \(n+1-a_i\) 的表示加上 \(a_i\) 得到
必要性：若 \(\exists i\ge 1,S_{i-1}+1<a_i\)，则 \(S_{i-1}+1\) 无法被表示成数列 \(\{a\}\) 中若干不同数之和