Simone斐波那契数列通项公式是什么?
的有关信息介绍如下：
一.斐波那契数列的通项公式
斐波那契数列指的是这样一个数列：
1，1，2，3，5，8，13，21……
这个数列从第三项开始，每一项都等于前两项之和
它的通项公式为：[（1＋√5）/2]^n/√5－[（1－√5）/2]^n/√5【√5表示根号5】
很有趣的是：这样一个完全是自然数的数列，通项公式居然是用无理数来表达的。
该数列有很多奇妙的属性
比如：随着数列项数的增加，前一项与后一项之比越逼近黄金分割0.6180339887……
还有一项性质，从第二项开始，每个奇数项的平方都比前后注滑两项之积多1，每个偶数项的平方都比前后两项之积少1
如果你看到有这样一个题目：某特聚么直人把一个8*8的方格敌针孔再切成四块，拼成一个5始周笔士参松*13的长方形，故作惊讶地问你：为什么64＝65？其实就是利用了菲波那契数列活丝的这个性质：5、8、13正是数列中相邻的三项，事实上前后两块的面积确实差1，只不过后面那个图中有一条细长的狭缝，一般人不容易注意到
如果任意挑张站获若这府两个数为起始，比如5、-2.4件诉封是感步婷满规，然后两项两项地相加下去，形成5、-2.4、2.6、系衣孙测同跳烧0.2、2.8、3、5.免装感类8、8.8、14.6……玉等，你将发现随着数列的发展，前院后两项之比也越来越逼近黄金分割，且某一项的平方与前后两项之积的差值也交替相差某个值
二.斐波那契数列的通项公式的推导
由an+2=an+1+an
有an+2-an+1-an=0
构造特征方程x2-x-1=0,
令它的两个根是p,q有p能神修府终远另q=-1p+q=1
下面我们来证{an+1-pan}是以q为公比的等比数列。
为了推导的方便，晚口胜划田谈吗温手基令a0=1，仍满足an+2=an+1+an
an+1-pan
=an+an-1-pan
=(1-p)an-pqan-1
=q(an-pan-1)
所以：{an+1-pan}是以q为公比的等比数列。
a1-pa0
=1-p=q
所以an+1-pan=q*qn=qn+剧左1①
同理an+1-qan=p*pn=pn+1②
①-②:(q-p)现笔导集师样an=qn+1-pn
因p=(1-√5)/2,q=准曲权(1+√5)/2，q-p=√5，所以
an=(1/√5){[(1+√5)/2]n+1-[(1-√5)/2]n+1}
可验证a0，a1也适合以上通项公式。
三.关于斐波那契数列及其通项公式的推倒
斐波那契数列“斐波那契数列”的发明者，是意大利数学家列昂纳多·斐波那契（Le占同岁缺比送战高高onardoFibonacci，生于公元1170年，籍贯大概是比萨，卒于1240年后）。他还被人称作“比萨的列昂纳多”。1202年，他撰写了《珠算原理》(LiberAbaci)一书。他是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人。他的父亲被比萨的一家商业团体聘任为外交领事，派驻地点相当于今日的阿尔及利亚地区，列昂纳多因此得以在一个阿拉伯老师的指导下研究数学。他还曾在埃及、叙利亚、希腊、西西里和普罗旺斯研究数学。
《达·芬奇密码》中还提到过这个斐波那契数列..
菲波那契数列指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21……
这个数列从第三项开始，每一项都等于前两项之和。它的通项公式为：(1/√5)*{[(1+√5)/2]^n-[(1-√5)/2]^n}【√5表示根号5】
很有趣的是：这样一个完全是自然数的数列，通项公式居然是用无理数来表达的。
该数列有很多奇妙的属性
比如：随着数列项数的增加，前一项与后一项之比越逼近黄金分割0.6180339887……
还有一项性质，从第二项开始，每个奇数项的平方都比前后两项之积少1，每个偶数项的平方都比前后两项之积多1
如果你看到有这样一个题目：某人把一个8*8的方格切成四块，拼成一个5*13的长方形，故作惊讶地问你：为什么64＝65？其实就是利用了斐波那契数列的这个性质：5、8、13正是数列中相邻的三项，事实上前后两块的面积确实差1，只不过后面那个图中有一条细长的狭缝，一般人不容易注意到
如果任意挑两个数为起始，比如5、-2.4，然后两项两项地相加下去，形成5、-2.4、2.6、0.2、2.8、3、5.8、8.8、14.6……等，你将发现随着数列的发展，前后两项之比也越来越逼近黄金分割，且某一项的平方与前后两项之积的差值也交替相差某个值
斐波那契数列别名
斐波那契数列又因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”。
斐波那挈数列通项公式的推导
斐波那挈数列：1，1，2，3，5，8，13，21……
如果设F(n)为该数列的第n项(n∈N+)。那么这句话可以写成如下形式：
F(1)=F(2)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2)(n≥3)
显然这是一个线性递推数列。
通项公式的推导方法一：利用特征方程
线性递推数列的特征方程为：
X^2=X+1
解得
X1=(1+√5)/2,X2=(1-√5)/2.
则F(n)=C1*X1^n+C2*X2^n
∵F(1)=F(2)=1
∴C1*X1+C2*X2
C1*X1^2+C2*X2^2
解得C1=1/√5，C2=-1/√5
∴F(n)=(1/√5)*{[(1+√5)/2]^n-[(1-√5)/2]^n}【√5表示根号5】
通项公式的推导方法二：普通方法
设常数r,s
使得F(n)-r*F(n-1)=s*[F(n-1)-r*F(n-2)]
则r+s=1,-rs=1
n≥3时，有
F(n)-r*F(n-1)=s*[F(n-1)-r*F(n-2)]
F(n-1)-r*F(n-2)=s*[F(n-2)-r*F(n-3)]
F(n-2)-r*F(n-3)=s*[F(n-3)-r*F(n-4)]
……
F(3)-r*F(2)=s*[F(2)-r*F(1)]
将以上n-2个式子相乘，得：
F(n)-r*F(n-1)=[s^(n-2)]*[F(2)-r*F(1)]
∵s=1-r，F(1)=F(2)=1
上式可化简得：
F(n)=s^(n-1)+r*F(n-1)
那么：
F(n)=s^(n-1)+r*F(n-1)
=s^(n-1)+r*s^(n-2)+r^2*F(n-2)
=s^(n-1)+r*s^(n-2)+r^2*s^(n-3)+r^3*F(n-3)
……
=s^(n-1)+r*s^(n-2)+r^2*s^(n-3)+……+r^(n-2)*s+r^(n-1)*F(1)
=s^(n-1)+r*s^(n-2)+r^2*s^(n-3)+……+r^(n-2)*s+r^(n-1)
（这是一个以s^(n-1)为首项、以r^(n-1)为末项、r/s为公差的等比数列的各项的和）
=[s^(n-1)-r^(n-1)*r/s]/(1-r/s)
=(s^n-r^n)/(s-r)
r+s=1,-rs=1的一解为s=(1+√5)/2,r=(1-√5)/2
则F(n)=(1/√5)*{[(1+√5)/2]^n-[(1-√5)/2]^n}
四.斐波那契数列通项公式推导方法
Fn+1=Fn+Fn-1
两边加kFn
Fn+1+kFn=(k+1)Fn+Fn-1
当k!=1时
Fn+1+kFn=(k+1)(Fn+1/(k+1)Fn-1)
令
Yn=Fn+1+kFn
若
当k=1/k+1，且F1=F2=1时
因为
Fn+1+kFn=1/k(Fn+kFn-1)
=>
Yn=1/kYn-1
所以
Yn为q=1/k=1(1/k+1)=k+1的等比数列
那么当F1=F2=1时
Y1=F2+kF1=1+k*1=k+1=q
根据等比数列的通项公式
Yn=Y1q^(n-1)=q^n=(k+1)^n
因为k=1/k+1=>k^2+k-1=0
解为k1=(-1+sqrt(5))/2
k2=(-1-sqrt(5))/2
将k1,k2代入
Yn=(k+1)^n
，和Yn=Fn+1+kFn
得到
Fn+1+(-1+sqrt(5))/2Fn=((1+sqrt(5))/2)^2
Fn+1+(-1+sqrt(5))/2Fn=((1-sqrt(5))/2)^2
两式相减得
sqrt(5)Fn=((1+sqrt(5))/2)^2-((1-sqrt(5))/2)^2
Fn=(((1+sqrt(5))/2)^2-((1-sqrt(5))/2)^2)/sqrt(5)
