斐波那契数列的通式求解
斐波那契数列通项证明
斐波那契数列通项证明1-前言2021年5月20号的那天，有对象的都忙着约会秀恩爱，而我这样的单身狗，只能自己学习沉淀自己，为梦想而奔波，仿佛是在向世界宣布，520与我无关。
这不，那天我在写一篇关于时间复杂度的博客，其中递归的时候遇到了一个数列：1,1,3,5,9,15,25,41,67，我想着求出第n项的通项公式，于是当晚发了朋友圈向圈内的朋友么请教一下，521那天也连续发了3条，而且是有偿。
但是大多数的人都只能得出这个结论：f ( n + 2 ) = f ( n + 1 ) + f ( n ) + 1 ，n ∈ N ∗，n ≥3 f(n+2)=f(n+1)+f(n)+1，n\in{N^*}，{n}\geq 3f(n+2)=f(n+1)+f(n)+1，n∈N∗，n≥3也就是从从第3项开始，每一项都是前2项之和，再加上1，也许是大家那天都很忙，也许是大家都没有头绪证明，对此，我还是决定写篇博客，把这个通项公式求出来，分享到朋友圈，一个是记录自己的成长，一个是也让不会并且很感兴趣的人去了解，朋友圈本就是记录分享一些情绪，有趣，感人，美好与学术知识的圣地。
2-斐波那契2-1-什么是斐波那契记得小学的时候数学课本上有过一个兔子的故事，简单来说就是一对小兔子（一公一母）一个月后长成一对大兔子，大兔子接下来下个月能生下一对小兔子（也是一公一母），第三个月原本的大兔子再生一对，同时那对小兔子长大了，第四个月……把上面的故事里的每个月的（包括第一个月）兔子对数写下来便得到了一个数列：1 ， 1 ，2 ，3 ， 5 ， 8 ， 13 ， 21... 1，1，2，3，5，8，13，21... 1，1，2，3，5，8，13，21...这其中的规律很明显：a 1 = a 2 = 1 a_1=a_2=1 a1=a2=1 a n + 2 = a n + 1 + a na_{n+2}=a_{n+1}+a_n an+2=an+1+an这样的一个数列{an}就是著名的斐波那契数列。
斐波那契数列通项公式的几种求法
斐波那契数列通项公式的几种求法1.记忆化递归：使用递归方式求解斐波那契数列比较直观，但效率较低。
通过使用记忆化技术，可以避免重复计算，提高效率。
具体步骤如下：（1）定义一个辅助数组用于保存已经计算过的结果。
（2）初始时，将数组中各元素都设置为-1，表示未计算过。
（3）每次计算fibonacci(n)时，先检查数组中是否已经计算过该值。
（4）若已经计算过，则直接从数组中获取结果；若未计算过，则通过递归计算并保存结果至数组中。
（5）最终返回数组中的fibonacci(n)。
2.动态规划：动态规划是一种用于优化重复计算的技术，适用于求解斐波那契数列。
该方法遵循“最优子结构”和“重复子问题”的性质，通过将问题分解为子问题，然后将子问题的解逐步合并，最终得到原问题的解。
通过动态规划求解斐波那契数列的通项公式，具体步骤如下：（1）初始化fibonacci数组，将前两个数（即第0个和第1个数）分别设置为0和1（2）使用一个循环从第2个数开始，依次计算并保存每个数的值，直到计算到第n个数。
（3）每次计算一个数时，都利用前两个数的值，通过迭代的方式计算。
（4）最终返回第n个数。
3.矩阵乘法：具体步骤如下：（1）构造一个2x2的矩阵A，其中A=[[1, 1], [1, 0]]，向量V=[[fibonacci(n+1)], [fibonacci(n)]]。
（2）利用矩阵乘法的定义，计算矩阵A和向量V的乘积，得到结果W=[[fibonacci(n+2)], [fibonacci(n+1)]]。
（3）最终返回矩阵W中的第一个元素fibonacci(n+2)，即为第n个斐波那契数。
以上就是三种常见的求解斐波那契数列通项公式的方法。
每种方法都有其特点，选择适合自己需求和情况的方法进行求解。
斐波拿契数列通项公式的推导过程详细解读
斐波那契数列通项公式的推导过程详细解读斐波那契数列是指：0、1、1、2、3、5、8、13、21、34……。
它的特点是每个数字是前两个数字之和。
而斐波那契数列通项公式则是用来表示第n个斐波那契数的数学公式。
在本篇文章中，我将详细解读斐波那契数列通项公式的推导过程，让读者更加深入地理解这一数学概念。
一、斐波那契数列的定义让我们来回顾一下斐波那契数列的定义。
斐波那契数列可以用递归的方式来定义：F(0) = 0, F(1) = 1, F(n) = F(n-1) + F(n-2) (n≥2)。
这意味着斐波那契数列的第n个数字等于前两个数字之和。
二、通项公式的推导现在，让我们来推导斐波那契数列的通项公式。
通项公式一般表示为Fn=a^n+b^n (n≥2)，其中a和b是常数。
为了推导斐波那契数列的通项公式，我们可以使用特征方程的方法。
设斐波那契数列的通项公式为Fn=ar^n，其中r是常数。
我们可以得到以下方程：Fn=ar^nFn+1=ar^(n+1)Fn+2=ar^(n+2)将斐波那契数列的定义代入上述方程中，我们可以得到以下关系式：Fn+2=Fn+1+Fnar^(n+2)=ar^(n+1)+ar^n我们将公式整理得到以下形式：ar^(n+2)-ar^(n+1)-ar^n=0我们可以将公式中的r^n提取出来：r^n(ar^2-ar-1)=0由于r^n不可能为0，因此我们可以得到特征方程为：ar^2-ar-1=0解这个方程，我们可以得到r的值，进而求得通项公式。
三、斐波那契数列通项公式的最终结果经过推导，我们可以得到斐波那契数列的通项公式为：Fn = (1/√5) * {[(1+√5)/2]^n - [(1-√5)/2]^n}这个通项公式就可以用来计算斐波那契数列中任意位置的数字了。
四、个人理解与总结斐波那契数列通项公式的推导过程虽然有些复杂，但经过仔细推导可以得到简洁而美丽的结果。
通过推导过程，我们不仅可以掌握斐波那契数列通项公式的具体形式，还可以更深入地理解数学中的特征方程方法。
斐波那契数列通项公式的推导方法
斐波那契数列通项公式的推导方法斐波那契数列是指数列1,1,2,3,5,8,13,21,...，其中每一项都是前两项的和。
斐波那契数列通项公式是指可以通过一个数学公式计算出任意一项的值。
在这个问题中，我们将探讨斐波那契数列通项公式的推导方法。
首先，我们可以观察到斐波那契数列的前几项之间的关系。
数列的第一项是1，第二项也是1，我们可以用F(1)和F(2)来表示。
从第三项开始，每一项都是前两项的和，我们可以用F(n)表示第n项。
根据这个关系，我们可以写出以下等式：F(3)=F(1)+F(2)F(4)=F(2)+F(3)F(5)=F(3)+F(4)...F(n)=F(n-2)+F(n-1)接下来，我们使用数学归纳法来证明斐波那契数列的通项公式。
首先，我们假设对于任意的k，都有F(k)=φ^k/√5，其中φ是黄金分割比例，约等于1.618当k=1时，F(1)=φ^1/√5，假设成立。
现在，我们假设对于任意的k，都有F(k)=φ^k/√5成立。
我们来证明对于k+1也成立。
根据斐波那契数列的关系式F(n)=F(n-2)+F(n-1)，我们可以得到：F(k+1)=F(k-1)+F(k)将假设带入上式，得到：F(k+1)=(φ^(k-1)/√5)+(φ^k/√5)=(φ^k*(φ+1))/√5由于φ是黄金分割比例，我们知道φ=(1+√5)/2、将其代入上式，得到：F(k+1)=((1+√5)/2)^k*((1+√5)/2+1)/√5=((1+√5)/2)^k*(3+√5)/(2√5)=((1+√5)/2)^k*(1+√5)/2√5=(1+√5)^(k+1)/(2^(k+1)√5)我们可以看到，F(k+1)也可以用φ的幂次方来表示。
因此，我们可以得出结论，对于任意的n，都有F(n)=φ^n/√5。
斐波那契数列通项公式的推导
斐波那契数列通项公式的推导在数学的奇妙世界里，斐波那契数列就像一颗璀璨的明珠，吸引着无数数学家和数学爱好者的目光。
斐波那契数列指的是这样一个数列：0、1、1、2、3、5、8、13、21、34、…… ，从第三项开始，每一项都等于前两项之和。
那么，如何推导出斐波那契数列的通项公式呢？让我们一起来探索这个有趣的过程。
为了推导斐波那契数列的通项公式，我们先设斐波那契数列的第 n项为＼（F_n\），则有＼（F_0 ＝ 0\），＼（F_1 ＝ 1\），并且＼（F_n ＝ F_{n 1} ＋ F_{n 2}＼）（＼（n ＼geq 2\））。
我们可以尝试使用一些数学方法来解决这个问题。
一种常见的方法是使用特征方程。
对于斐波那契数列的递推关系＼（F_n ＝ F_{n 1} ＋ F_{n 2}＼），我们可以假设通项公式为＼（F_n ＝ r^n\）。
将其代入递推关系中，得到＼（r^n ＝ r^｛n 1} ＋ r^｛n 2}＼），两边同时除以＼（r^｛n 2}＼），得到＼（r^2 ＝ r ＋ 1\）。
这就是斐波那契数列的特征方程。
解这个方程，使用求根公式可得：＼＼begin{align}r&＝＼frac{1\pm\sqrt{5}｝｛2}＼＼＼end{align}＼我们记＼（r_1 ＝＼frac{1 ＋＼sqrt{5}｝｛2}＼），＼（r_2 ＝＼frac{1 ＼sqrt{5}｝｛2}＼）。
接下来，我们假设斐波那契数列的通项公式为＼（F_n ＝ A ＼cdot r_1^n ＋ B ＼cdot r_2^n\）。
因为＼（F_0 ＝ 0\），＼（F_1 ＝ 1\），所以我们可以得到方程组：＼＼begin{cases}A ＋B ＝ 0 ＼＼A ＼cdot r_1 ＋B ＼cdot r_2 ＝ 1＼end{cases}＼由＼（A ＋ B ＝ 0\），可得＼（A ＝ B\），将其代入＼（A ＼cdot r_1 ＋ B ＼cdot r_2 ＝ 1\）中：＼＼begin{align}A ＼cdot r_2 ＋ A ＼cdot r_1 ＆＝ 1 ＼＼A(r_1 r_2) ＆＝ 1＼end{align}＼因为＼（r_1 r_2 ＝＼sqrt{5}＼），所以＼（A ＝＼frac{1}｛＼sqrt{5}｝＼），＼（B ＝＼frac{1}｛＼sqrt{5}｝＼）。
斐波那契数列求通项公式
斐波那契数列求通项公式斐波那契数列，这可是数学世界里一个相当有趣的存在！咱先来说说啥是斐波那契数列。
它的特点就是从第三项开始，每一项都等于前两项之和。
比如说最开始的两项是 0 和 1 ，那接下来就是1 、2 、3 、 5 、 8 、 13 ...... 就这么一直往后延伸。
那咱们怎么求出它的通项公式呢？这可得好好琢磨琢磨。
我记得有一次给学生们讲这个知识点的时候，有个小家伙特别积极，一直眨巴着大眼睛，紧紧盯着黑板，那认真的模样简直太可爱了！我在黑板上写下数列的各项数字，然后开始引导他们思考其中的规律。
咱们设斐波那契数列的通项公式为 \(F(n)\) ，为了求出这个通项公式，咱们得用上一些数学方法。
一种常见的方法是利用特征方程。
假设 \(F(n)\) 满足线性递推关系\(F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)\) ，对应的特征方程就是 \(x^2 = x + 1\) 。
解这个方程，能得到两个根 \(x_1\) 和 \(x_2\) 。
接下来，咱们可以设通项公式为 \(F(n) = A \times x_1^n + B \timesx_2^n\) ，其中 \(A\) 和 \(B\) 是需要确定的常数。
然后，咱们可以利用初始条件 \(F(0) = 0\) 和 \(F(1) = 1\) 来确定 \(A\) 和 \(B\) 的值。
把这些都搞清楚，经过一番计算，就能得出斐波那契数列的通项公式啦！其实啊，求出斐波那契数列的通项公式不仅仅是为了得到一个数学结果，更重要的是在这个过程中培养咱们的逻辑思维和解决问题的能力。
就像那次课堂上，孩子们一起思考、一起讨论，虽然过程中也会遇到困难，但是当最终得出答案的时候，他们脸上那兴奋和自豪的表情，让我觉得一切的努力都太值得了！数学的魅力就在于此，一个看似简单的数列，背后却隐藏着如此精妙的规律和方法。
所以啊，同学们，别害怕数学里的这些难题，只要咱们用心去探索，总能发现其中的乐趣和奥秘！相信大家在以后的学习中，遇到类似的问题，也能像求解斐波那契数列通项公式一样，勇往直前，找到答案！。
斐波那契数列通项公式求解
斐波那契数列通项公式求解
解：设a n-αa n-1=β（a n-1-αa n-2）。
得α+β=1。
αβ=-1。
构造方程x2-x-1=0，解得α=1-√5/2，β=(1+√5)/2或α=(1+√5)/2，β=(1-√5)/2。
所以
an-(1-√5)/2*a(n-1)=(1+√5)/2*(a(n-1)-(1-√5)/2*a(n-2))=[(1+√5)/2]^(n-2)*(a2-(1-√5)/2*a1)
an-(1+√5)/2*a(n-1)=(1-√5)/2*(a(n-1)-(1+√5)/2*a(n-2))=[(1-√5)/2]^(n-2)*(a2-(1+√5)/2*a1)
由式1，式2，可得。
an=[(1+√5)/2]^(n-2)*(a2-(1-√5)/2*a1)
an=[(1-√5)/2]^(n-2)*(a2-(1+√5)/2*a1)。
将式3*(1+√5)/2-式4*(1-√5)/2，化简得an=(1/√5)*{[(1+√5)/2]^n - [(1-√5)/2]^n}。
由此可得
感想：询问老师后知道斐波那契数列的通项公式还有很多解法。
由于所学知识有限，所以使用较为简单的初等代数方法，可以称之为待定系数法，也是数学学习中常用的一种思想方法。
值得注意的是待定系数法解斐波那契数列是构造等比数列而不是等差数列，这也需要通过自己的尝试来得出。
这个公式有一个特别之处，就是公式中带有√5和分数，但无论第一项第二项都是整数，所以想通过观察找规律来得出通项公式基本是不可能的，从中也能看出数学的无尽魅力。
几种推导斐波那契数列通项公式的方法
几种推导斐波那契数列通项公式的方法斐波那契数列是一个非常经典的数列，它的每个元素都是前两个元素之和，即F(n) = F(n-1) + F(n-2)，其中F(0) = 0，F(1) = 1。
在这篇文章中，我将介绍几种推导斐波那契数列通项公式的方法。
方法一：递推法递推法是最直接的方法，通过不断迭代计算，得到斐波那契数列的通项公式。
具体步骤如下：1. 定义初始条件F(0) = 0，F(1) = 1；2. 通过迭代计算，求解F(n) = F(n-1) + F(n-2)，直到计算到所需的第n个数；3. 得到通项公式F(n)。
方法二：矩阵法矩阵法是一种基于矩阵运算的方法，通过求解矩阵的幂次方，可以得到斐波那契数列的通项公式。
具体步骤如下：1. 定义初始条件F(0) = 0，F(1) = 1；2. 构造矩阵A = [1 1; 1 0]；3. 求解A的幂次方A^n，其中n为所需的第n个数；4. 得到通项公式F(n) = (A^n)_(1,2)。
方法三：特征根法特征根法是一种利用矩阵的特征值和特征向量来求解斐波那契数列通项公式的方法。
具体步骤如下：1. 定义初始条件F(0) = 0，F(1) = 1；2. 构造矩阵A = [1 1; 1 0]；3. 求解矩阵A的特征值λ1和λ2，以及对应的特征向量v1和v2；4. 根据特征值和特征向量的性质，可以得到通项公式F(n) = λ1^n*v1 + λ2^n*v2。
方法四：通项公式法通项公式法是一种直接求解斐波那契数列通项公式的方法，通过对数列进行观察和推理，可以得到通项公式。
具体步骤如下：1. 观察斐波那契数列的前几个数，例如0、1、1、2、3、5、8...；2. 推理数列的规律，发现每个数都是前两个数之和；3. 假设斐波那契数列的通项公式为F(n) = a^n，其中a为常数；4. 代入初始条件F(0) = 0，F(1) = 1，解得a = (1 + √5) / 2；5. 得到通项公式F(n) = ((1 + √5) / 2)^n。
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斐波那契数列的通式求解
斐波那契数列[1]指的是这样一个数列：0、1、1、2、3、5、8、13、21……，每一项是其前面两项之和，即有通式：F0=0，F1=1，F2=1，F n+2=F n+1+F n（n∈非负整数）。
下面通过线性代数的方法来求得斐波那契数列的通式F n。
令U n=[F n+1F n]，则F n+2=F n+1+F n F n+1=F n+1可表示为U n+1=[1110]U n，因此，U n=A n U0。
若λ1是矩阵A的特征根，相应的特征向量为x1，则有A n x1=λn x1，因此，若把U0表示成A的特征向量的线性组合，则U n可表示成A的特征向量的线性组合。
求解det(A−λI)=det([1−λ11−λ])=λ2−λ−1=0，可得A的特征根分别为：λ1=1+5√2≈1.618、λ2=1−5√2≈−0.618，相应的特征向量为x1=[λ11]、x2=[λ21]，则有：U0=[10]=x1−x2λ1−λ2。
因此，斐波那契数列第n和n+1项为
U n=[F n+1F n]=(λ1)n x1−(λ2)n x2λ1−λ2
第n项为
F n=15√⎡⎣(1+5√2)n−(1−5√2)n⎤⎦
由上面的通式可以看出，当n→∞时，F n→15√(1+5√2)n，相邻两项之比
F n+1F n→15√(1+5√2)≈0.618，即是当n趋向于无穷大时，后一项与前一项的比值越
来越逼近黄金分割0.618。
以下列举斐波那契数列应用于组合数学的例子：
（1）有一段楼梯有10级台阶，规定每一步只能跨一级或两级，要登上第10级台阶有几种不同的走法？这就是一个斐波那契数列：登上第一级台阶有一种登法；登上两级台阶，有两种登法；登上三级台阶，有三种登法；登上四级台阶，有五种登法……1，2，3，5，8，13……所以，登上十级，有89种走法。
（2）类似的，一枚均匀的硬币掷10次，问不连续出现正面的可能情形有多少种？答案是F12=144种。
（3）求递推数列a1=1，a n+1=1+1a n的通项公式？由数学归纳法可以得到：a n=F n+1F n，将斐波那契数列的通项式代入，化简就得结果。
参考：
[1] /view/816.htm
[2] Gilbert Strang. Introduction to Linear Algebra, 4th edition.。