斐波那契数列通项公式的推导证明----举一反三

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wx5b4881866d732 2021-07-13 11:06:19 ©著作权

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斐波那契数列通项公式的推导证明----举一反三

1-前言
2-斐波那契
- 2-1-什么是斐波那契
- 2-2-通项公式的证明
- 2-3-举一反三

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。
斐波那契数列通项公式的推导证明----举一反三_通项公式

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 3 f(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 n a_{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。

但问题在于这仅仅是它的递推公式，而且还有三个递推变量，怎么看都不爽。这时候就不禁让人想研究它的通项公式了。不急，一步一步来看它通项公式到底长什么样。

2-2-通项公式的证明

要解决一道数列的题目，三个递推变量怎么看都不顺眼，第一想法看看能不能干掉一个变量。简而言之，就是把两个变量看作一个整体，看看有没有相邻变量之间的关系。

首先是这个式子：

1式： a n + 2 = a n + 1 + a n a_{n+2}=a_{n+1}+a_n an+2=an+1+an

我们把它定为1式，试一试能不能把 a n + 1 a_{n+1} an+1 拆成两部分给等式两边构成一个形如这样的式子：

2式： a n + 2 + λ a n + 1 = υ ( a n + 1 + λ a n ) a_{n+2}+λa_{n+1}=\upsilon(a_{n+1}+λa_n) an+2+λan+1=υ(an+1+λan)

这样 { a n + 1 + λ a n a_{n+1}+λa_n an+1+λan}这个数列就应该满足一种等比数列的性质，也就是公比为 υ \upsilon υ等比数列。其中每一项为：
a n + 1 + λ a n ，当 n = 1 时，首项为 a 2 + λ a 1 a_{n+1}+λa_n，当n=1时，首项为a_{2}+λa_1 an+1+λan，当n=1时，首项为a2+λa1
由于 a 1 = a 2 = 1 a_1=a_2=1 a1=a2=1得到首项应为：

首项： ( 1 + λ ) 首项： (1+λ) 首项：(1+λ)

        我们把2式展开：
a n + 2 + λ a n + 1 = υ ( a n + 1 + λ a n ) a_{n+2}+λa_{n+1}=\upsilon(a_{n+1}+λa_n) an+2+λan+1=υ(an+1+λan)
        展开 a n + 2 + λ a n + 1 = υ a n + 1 + υ λ a n a_{n+2}+λa_{n+1}=\upsilon a_{n+1}+\upsilon λa_n an+2+λan+1=υan+1+υλan        合并同类项： a n + 2 = ( υ − λ ) a n + 1 + υ λ a n a_{n+2}=(\upsilon-λ)a_{n+1}+\upsilon λa_n an+2=(υ−λ)an+1+υλan
        与1式相比： a n + 2 = a n + 1 + a n a_{n+2}=a_{n+1}+a_n an+2=an+1+an
        可知： { υ − λ = 1 υ λ = 1 \begin{cases} \upsilon-λ=1\\ \upsilon λ=1 \end{cases} {υ−λ=1υλ=1        得： υ = λ + 1 \upsilon=λ+1 υ=λ+1
        将 υ = λ + 1 \upsilon=λ+1 υ=λ+1带入2式，可得： a n + 2 + λ a n + 1 = ( λ + 1 ) ( a n + 1 + λ a n ) a_{n+2}+λa_{n+1}=(λ+1)(a_{n+1}+λa_n) an+2+λan+1=(λ+1)(an+1+λan)
        展开，合并同类项：

3式： a n + 2 = a n + 1 + ( λ 2 + λ ) a n a_{n+2}=a_{n+1}+(λ^2+λ)a_n an+2=an+1+(λ2+λ)an

        与1式相比： a n + 2 = a n + 1 + a n a_{n+2}=a_{n+1}+a_n an+2=an+1+an
        可知： λ 2 + λ = 1 λ^2+λ=1 λ2+λ=1
        那么现在问题就是看看存不存在这个实数 λ，如果有再想办法把它解出来。 λ 2 + λ = 1 λ^2+λ=1 λ2+λ=1 λ 2 + λ + 1 4 = 5 4 λ^2+λ+\frac{1}{4}=\frac{5}{4} λ2+λ+41=45 ( λ + 1 2 ) 2 = 5 4 (λ+\frac{1}{2})^2=\frac{5}{4} (λ+21)2=45 { λ + 1 2 = 5 4 2 = 5 2 2 λ + 1 2 = − 5 4 2 = − 5 2 2 \begin{cases} λ+\frac{1}{2}=\sqrt[2]{\frac{5}{4}}=\frac{\sqrt[2]{5}}{2}\\ λ+\frac{1}{2}=-\sqrt[2]{\frac{5}{4}}=-\frac{\sqrt[2]{5}}{2} \end{cases} ⎩⎨⎧λ+21=245 =225 λ+21=−245 =−225         得出解： { λ 1 = 5 2 − 1 2 λ 2 = − 5 2 − 1 2 \begin{cases} λ_1=\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}\\ \\ λ_2=\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2} \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧λ1=225 −1λ2=2−25 −1
        由等比数列的性质：设等比数列的首项为a1，公比为q，则： a k = a 1 ⋅ q k − 1 a_k=a_1·q^{k-1} ak=a1⋅qk−1
        { a n + 1 + λ a n a_{n+1}+λa_n an+1+λan}是等比数列，则有： a n + 1 + λ a n = ( a 2 + λ a 1 ) υ n − 1 a_{n+1}+λa_{n}=(a_{2}+λa_1)\upsilon^{n-1} an+1+λan=(a2+λa1)υn−1
        首项 ( a 2 + λ a 1 ) = ( 1 + λ ) (a_{2}+λa_1)=(1+λ) (a2+λa1)=(1+λ)，公比 υ = λ + 1 \upsilon=λ+1 υ=λ+1，有： a n + 1 + λ a n = ( 1 + λ ) ( λ + 1 ) n − 1 a_{n+1}+λa_{n}=(1+λ)(λ+1)^{n-1} an+1+λan=(1+λ)(λ+1)n−1
        有：

4式： a n + 1 + λ a n = ( λ + 1 ) n a_{n+1}+λa_{n}=(λ+1)^{n} an+1+λan=(λ+1)n

现将第1个解 λ 1 = 5 2 − 1 2 λ_1=\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2} λ1=225 −1代入4式后得到：

5式： a n + 1 + 5 2 − 1 2 a n = ( 5 2 + 1 2 ) n a_{n+1}+\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}a_{n}=(\frac{\sqrt[2]{5}+1}{2})^{n} an+1+225 −1an=(225 +1)n

再将第2个解 λ 2 = − 5 2 − 1 2 λ_2=\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2} λ2=2−25 −1代入4式后得到：

6式： a n + 1 + − 5 2 − 1 2 a n = ( 1 − 5 2 2 ) n a_{n+1}+\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}a_{n}=(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n} an+1+2−25 −1an=(21−25 )n

        若要得到 a n a_n an 的通项公式只需5式减去6式，得到：
5 2 − 1 2 a n − − 5 2 − 1 2 a n = ( 5 2 + 1 2 ) n − ( 1 − 5 2 2 ) n \frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}a_{n}-\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}a_{n}=(\frac{\sqrt[2]{5}+1}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n} 225 −1an−2−25 −1an=(225 +1)n−(21−25 )n 2 5 2 2 a n = ( 1 + 5 2 2 ) n − ( 1 − 5 2 2 ) n \frac{2\sqrt[2]{5}}{2}a_{n}=(\frac{1+\sqrt[2]{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n} 2225 an=(21+25 )n−(21−25 )n 5 2 a n = ( 1 + 5 2 2 ) n − ( 1 − 5 2 2 ) n \sqrt[2]{5}a_{n}=(\frac{1+\sqrt[2]{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n} 25 an=(21+25 )n−(21−25 )n
        可得通项公式为：
a n = 1 5 2 [ ( 1 + 5 2 2 ) n − ( 1 − 5 2 2 ) n ] a_{n}=\frac{1}{\sqrt[2]{5}}[(\frac{1+\sqrt[2]{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n}] an=25 1[(21+25 )n−(21−25 )n]
        其线性分布为：
斐波那契数列通项公式的推导证明----举一反三_斐波那契_02

2-3-举一反三

我们回到朋友圈发的那个数列：1, 1, 3, 5, 9, 15, 25, 41, 67，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 n + 1 ， n ∈ N ∗ ， n ≥ 1 a_{n+2}=a_{n+1}+a_n+1，n\in{N^*}，{n}\geq 1 an+2=an+1+an+1，n∈N∗，n≥1
这其实也是斐波那契数列的特殊形式，我们使用上面推导斐波那契通项公式的方式，推导这个的通项公式，原式等号左右2边加1变一下： a n + 2 = a n + 1 + a n + 1 a_{n+2}=a_{n+1}+a_n+1 an+2=an+1+an+1 得到：

a式： a n + 2 + 1 = ( a n + 1 + 1 ) + ( a n + 1 ) a_{n+2}+1=(a_{n+1}+1)+(a_n+1) an+2+1=(an+1+1)+(an+1)

同样，试一试能不能把 a n + 1 + 1 a_{n+1}+1 an+1+1 拆成两部分给等式两边构成一个形如这样的式子：

b式： a n + 2 + 1 + λ ( a n + 1 + 1 ) = υ [ a n + 1 + 1 + λ ( a n + 1 ) ] a_{n+2}+1+λ(a_{n+1}+1)=\upsilon[a_{n+1}+1+λ(a_n+1)] an+2+1+λ(an+1+1)=υ[an+1+1+λ(an+1)]

这样 { ( a n + 1 + 1 ) + λ ( a n + 1 ) (a_{n+1}+1)+λ(a_n+1) (an+1+1)+λ(an+1)}这个数列就应该满足一种等比数列的性质，也就是公比为 υ \upsilon υ等比数列。其中每一项为：
( a n + 1 + 1 ) + λ ( a n + 1 ) ，当 n = 1 时，首项为 a 2 + 1 + λ ( a 1 + 1 ) (a_{n+1}+1)+λ(a_n+1)，当n=1时，首项为a_{2}+1+λ(a_1+1) (an+1+1)+λ(an+1)，当n=1时，首项为a2+1+λ(a1+1)
由于 a 1 = a 2 = 1 a_1=a_2=1 a1=a2=1得到首项应为：

首项： ( 2 + 2 λ ) 首项： (2+2λ) 首项：(2+2λ)

        我们把b式展开：
a n + 2 + 1 + λ ( a n + 1 + 1 ) = υ [ a n + 1 + 1 + λ ( a n + 1 ) ] a_{n+2}+1+λ(a_{n+1}+1)=\upsilon[a_{n+1}+1+λ(a_n+1)] an+2+1+λ(an+1+1)=υ[an+1+1+λ(an+1)]
        展开 a n + 2 + 1 + λ a n + 1 + λ = υ [ a n + 1 + 1 + λ a n + λ ] a_{n+2}+1+λa_{n+1}+λ=\upsilon[a_{n+1}+1+λa_n+λ] an+2+1+λan+1+λ=υ[an+1+1+λan+λ] a n + 2 + 1 + λ a n + 1 + λ = υ a n + 1 + υ + υ λ a n + υ λ a_{n+2}+1+λa_{n+1}+λ=\upsilon a_{n+1}+\upsilon+\upsilonλa_n+\upsilonλ an+2+1+λan+1+λ=υan+1+υ+υλan+υλ        合并同类项： a n + 2 = ( υ − λ ) a n + 1 + υ λ a n + υ λ + υ − λ − 1 a_{n+2}=(\upsilon-λ) a_{n+1}+\upsilonλa_n+\upsilonλ+\upsilon-λ-1 an+2=(υ−λ)an+1+υλan+υλ+υ−λ−1
        与原式相比： a n + 2 = a n + 1 + a n + 1 a_{n+2}=a_{n+1}+a_n+1 an+2=an+1+an+1
        可知： { ① υ − λ = 1 ② υ λ = 1 ③ υ λ + υ − λ − 1 = 1 \begin{cases} ①\upsilon-λ=1\\ ②\upsilon λ=1\\ ③\upsilon λ+\upsilon-λ-1=1 \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧①υ−λ=1②υλ=1③υλ+υ−λ−1=1
        由①式和②式，带入③式，可见③也符合结果，且从①可得 υ = λ + 1 \upsilon=λ+1 υ=λ+1
        将 υ = λ + 1 \upsilon=λ+1 υ=λ+1带入b式，可得： a n + 2 + 1 + λ ( a n + 1 + 1 ) = ( λ + 1 ) [ a n + 1 + 1 + λ ( a n + 1 ) ] a_{n+2}+1+λ(a_{n+1}+1)=(λ+1)[a_{n+1}+1+λ(a_n+1)] an+2+1+λ(an+1+1)=(λ+1)[an+1+1+λ(an+1)]
        展开，合并同类项，可得：

c式： a n + 2 = a n + 1 + ( λ 2 + λ ) a n + ( λ 2 + λ ) a_{n+2}=a_{n+1}+(λ^2+λ)a_n+(λ^2+λ) an+2=an+1+(λ2+λ)an+(λ2+λ)

        与1原式相比： a n + 2 = a n + 1 + a n + 1 a_{n+2}=a_{n+1}+a_n+1 an+2=an+1+an+1
        可知： λ 2 + λ = 1 λ^2+λ=1 λ2+λ=1
        同样得出解： { λ 1 = 5 2 − 1 2 λ 2 = − 5 2 − 1 2 \begin{cases} λ_1=\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}\\ \\ λ_2=\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2} \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧λ1=225 −1λ2=2−25 −1
        由等比数列的性质：设等比数列的首项为a1，公比为q，则： a k = a 1 ⋅ q k − 1 a_k=a_1·q^{k-1} ak=a1⋅qk−1
        { ( a n + 1 + 1 ) + λ ( a n + 1 ) (a_{n+1}+1)+λ(a_n+1) (an+1+1)+λ(an+1)}是等比数列，则有： a n + 1 + 1 + λ ( a n + 1 ) = ( a 2 + 1 + λ ( a 1 + 1 ) ) υ n − 1 a_{n+1}+1+λ(a_{n}+1)=(a_{2}+1+λ(a_1+1))\upsilon^{n-1} an+1+1+λ(an+1)=(a2+1+λ(a1+1))υn−1
        首项 ( a 2 + 1 + λ ( a 1 + 1 ) ) = ( 2 + 2 λ ) (a_{2}+1+λ(a_1+1))=(2+2λ) (a2+1+λ(a1+1))=(2+2λ)，公比 υ = λ + 1 \upsilon=λ+1 υ=λ+1，有：
a n + 1 + 1 + λ ( a n + 1 ) = ( 2 + 2 λ ) ( λ + 1 ) n − 1 a_{n+1}+1+λ(a_{n}+1)=(2+2λ)(λ+1)^{n-1} an+1+1+λ(an+1)=(2+2λ)(λ+1)n−1 a n + 1 + λ a n + λ + 1 = 2 ( 1 + λ ) ( λ + 1 ) n − 1 a_{n+1}+λa_{n}+λ+1=2(1+λ)(λ+1)^{n-1} an+1+λan+λ+1=2(1+λ)(λ+1)n−1
        有：

d式： a n + 1 + λ a n = 2 ( λ + 1 ) n − λ − 1 a_{n+1}+λa_{n}=2(λ+1)^{n}-λ-1 an+1+λan=2(λ+1)n−λ−1

现将第1个解 λ 1 = 5 2 − 1 2 λ_1=\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2} λ1=225 −1代入d式后得到：

e式： a n + 1 + 5 2 − 1 2 a n = 2 ( 5 2 − 1 2 + 1 ) n − 5 2 − 1 2 − 1 a_{n+1}+\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}a_{n}=2(\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}+1)^{n}-\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}-1 an+1+225 −1an=2(225 −1+1)n−225 −1−1

再将第2个解 λ 2 = − 5 2 − 1 2 λ_2=\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2} λ2=2−25 −1代入d式后得到：

f式： a n + 1 + − 5 2 − 1 2 a n = 2 ( − 5 2 − 1 2 + 1 ) n − − 5 2 − 1 2 − 1 a_{n+1}+\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}a_{n}=2(\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}+1)^{n}-\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}-1 an+1+2−25 −1an=2(2−25 −1+1)n−2−25 −1−1

        若要得到 a n a_n an 的通项公式只需e式减去f式，得到： a n + 1 + 5 2 − 1 2 a n = 2 ( 5 2 − 1 2 + 1 ) n − 5 2 − 1 2 − 1 a_{n+1}+\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}a_{n}=2(\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}+1)^{n}-\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}-1 an+1+225 −1an=2(225 −1+1)n−225 −1−1 − - − a n + 1 + − 5 2 − 1 2 a n = 2 ( − 5 2 − 1 2 + 1 ) n − − 5 2 − 1 2 − 1 a_{n+1}+\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}a_{n}=2(\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}+1)^{n}-\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}-1 an+1+2−25 −1an=2(2−25 −1+1)n−2−25 −1−1 = = = 5 2 a n = 2 ( 5 2 − 1 2 + 1 ) n − 5 2 − 1 2 − ( 2 ( − 5 2 − 1 2 + 1 ) n − − 5 2 − 1 2 ) \sqrt[2]{5}a_{n}=2(\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}+1)^{n}-\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}-(2(\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}+1)^{n}-\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}) 25 an=2(225 −1+1)n−225 −1−(2(2−25 −1+1)n−2−25 −1) 5 2 a n = 2 ( 5 2 − 1 2 + 1 ) n − 2 ( − 5 2 − 1 2 + 1 ) n − 5 2 − 1 2 + − 5 2 − 1 2 \sqrt[2]{5}a_{n}=2(\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}+1)^{n}-2(\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}+1)^{n}-\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}+\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2} 25 an=2(225 −1+1)n−2(2−25 −1+1)n−225 −1+2−25 −1 5 2 a n = 2 ( 5 2 − 1 2 + 1 ) n − 2 ( − 5 2 − 1 2 + 1 ) n − 5 2 \sqrt[2]{5}a_{n}=2(\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}+1)^{n}-2(\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}+1)^{n}-\sqrt[2]{5} 25 an=2(225 −1+1)n−2(2−25 −1+1)n−25 5 2 a n = 2 [ ( 1 + 5 2 − 1 2 ) n − ( 1 − 5 2 + 1 2 ) n ] − 5 2 \sqrt[2]{5}a_{n}=2[(1+\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2})^{n}-(1-\frac{\sqrt[2]{5}+1}{2})^{n}]-\sqrt[2]{5} 25 an=2[(1+225 −1)n−(1−225 +1)n]−25 5 2 a n = 2 [ ( 1 + 5 2 2 ) n − ( 1 − 5 2 2 ) n ] − 5 2 \sqrt[2]{5}a_{n}=2[(\frac{1+\sqrt[2]{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n}]-\sqrt[2]{5} 25 an=2[(21+25 )n−(21−25 )n]−25
        可得通项公式为：
a n = 2 5 2 [ ( 1 + 5 2 2 ) n − ( 1 − 5 2 2 ) n ] − 1 a_{n}=\frac{2}{\sqrt[2]{5}}[(\frac{1+\sqrt[2]{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n}]-1 an=25 2[(21+25 )n−(21−25 )n]−1
        其线性分布为：