f[0]=0, f[1]=1, f[n]=f[n-1]+f[n-2] (n>1)
改寫為簡單的形式：f[n] = f[n-1] + f[n-2] + [n=1]
採用機械方法得到封閉形式：
\[\begin
\sum_nf[n]x^n &= \sum_nf[n-1]x^n + \sum_nf[n-2]x^n + \sum_n[n=1]x^n\\
f(x) &= xf(x) + x^2f(x) + x\\
f(x) &= \frac x
\end
\]考慮將其寫成若干個 \(\dfrac1\) 的和， 為此將分母因式分解：
解 \(1-x-x^2 = 0\) 得 \(x_1 = -\dfrac\)，\(x_2 = -\dfrac2\)。
於是有 \(f(x) = \dfrac x\)。
考慮 \(\dfrac1-\dfrac1 = \dfrac\)，則 \(f(x) = \dfrac\left(\dfrac1-\dfrac1\right)\)。
考慮調整：\(f(x) = \dfrac\left(\dfrac1\dfrac1-\dfrac1\dfrac1\right)\)
可以比較輕鬆地看出 \([x^n]f(x)\)， 具體地：
\[\begin
[x^n]f(x) &= [x^n]\frac1\frac1\frac x - [x^n]\frac1\frac1\frac x\\
&= [x^n]\frac1\frac1\sum_n \frac} -
[x^n]\frac1\frac1\sum_n \frac}\\
&= \frac1\left(\frac1-\frac1\right)
\end
\]\[f[n] = \frac5\left[\left(\frac2\right)^n-\left(\frac2\right)^n\right]
\]特徵方程：特徵方程可以用於求解線性遞推數列的通項公式，其步驟是：將數列假設為乙個等比數列並求出特徵根， 再代入初始數列的值求出特徵根的係數， 從而得到通項公式。
設 \(\sf f_n = \lambda^n\)， 就有：\(\sf\lambda^n = \lambda^ + \lambda^\)。
令 n=2， 就有：\(\sf\lambda^2 = \lambda+1\)， 解方程得到：
\[\sf\lambda_1 = \frac2,\sf\lambda_2 = \frac2
\]根據特徵根法的結論， 數列的通項公式可以表示為：\(\sf f_n = p\lambda_1^n + q\lambda_2^n\)。
把 n=0,n=1 分別代入得到：
\[\begin
\sf p\lambda_1 + q\lambda_2 = 1\\
\sf p + q = 0
\end
\]解得：\(\begin\sf p=\dfrac1\\\sf q=-\dfrac1\end\)
那麼就可以得到通項公式了。
斐波那契數列通項公式
斐波那契數列指的是每一項都等於前兩項之和的數列，定義為f 1 1，f 2 1,f n f n 1 f n 2 n 3 我們先來研究形如f n c1f n 1 c2f n 2 的數列。對於這樣的數列，f n xf n 1 與f n 1 xf n 2 的比值一定是乙個定值，即 將其進行移項運算，得 對應...
斐波那契數列 通項公式 數學
2007年到來了。經過2006年一年的修煉，數學神童zouyu終於把0到100000000的fibonacci數列 f 0 0,f 1 1 f i f i 1 f 2 i 2 的值全部給背了下來。接下來，codestar決定要考考他，於是每問他乙個數字，他就要把答案說出來，不過有的數字太長了。所以規...
維護斐波那契數列通項公式
在模意義下,使用通項公式沒有了精度誤差,就變的可以使用了 斐波那契數列的通項公式是 f n frac 1 frac 1 而 sqrt 在不同的模數下,不一定存在,否則列舉一下或者二次剩餘定理弄一下就可以求出來 在通項公式中是實際上可以把兩項分開算 frac 1 frac 1 但是在分母中還是有乙個 ...