1樓：帳號已登出
分子分母同時除以[(1+√5)/2]^n
得到後式後，由於|（1-√5）/（1+√5）|<1，所以當n->∞時，[（1-√5）/（1+√5）]^n->0
把式子中的[（1-√5）/（1+√5）]^n直接用0來代就行。
例如：a(n+2)=a(n+1)+an,an>0a(n+2) /a(n+1) =1 + an / a(n+1)設a(n+1) /an =xn >0
則x(n+1) =1 + 1 / xn
假設xn無窮大，則x(n+1)也無窮大，與x(n+1)=1+1/xn趨向於1矛盾。
假設xn無限接近0，則x(n+1)也無限接近0，與x(n+1)=1+1/xn趨向於無窮大矛盾。
所以，xn必然有極限值。
設xn的極限為x，則有。
x=1+1/x，即x^2-x-1=0,解得x=p>0
2樓：匿名使用者
分子分母同時除以[(1+√5)/2]^n
得到後式後，由於|（1-√5）/（1+√5）|<1，所以當n->∞時，[（1-√5）/（1+√5）]^n->0
求斐波那契數列前後兩項的極限
斐波那契數列的公式是什麼
3樓：匿名使用者
這個數列是由13世紀義大利斐波那契提出的的，故叫斐波那契數列。該數列由下面的遞推關係決定：
f0=0,f1=1
fn+2=fn + fn+1(n>=0)
它的通項公式是 fn=1/根號5(n屬於正整數)
補充問題：菲波那契數列指的是這樣一個數列：
這個數列從第三項開始，每一項都等於前兩項之和。
它的通項公式為：[（1＋√5）/2]^n /√5 － 1－√5）/2]^n /√5 【√5表示根號5】
很有趣的是：這樣一個完全是自然數的數列，通項公式居然是用無理數來表達的。
該數列有很多奇妙的屬性。
比如：隨著數列項數的增加，前一項與後一項之比越逼近**分割。
還有一項性質，從第二項開始，每個奇數項的平方都比前後兩項之積多1，每個偶數項的平方都比前後兩項之積少1
如果你看到有這樣一個題目：某人把一個8*8的方格切成四塊，拼成一個5*13的長方形，故作驚訝地問你：為什麼64＝65？
其實就是利用了菲波那契數列的這個性質：5、8、13正是數列中相鄰的三項，事實上前後兩塊的面積確實差1，只不過後面那個圖中有一條細長的狹縫，一般人不容易注意到。
如果任意挑兩個數為起始，比如5、，然後兩項兩項地相加下去，形成5、
8、等，你將發現隨著數列的發展，前後兩項之比也越來越逼近**分割，且某一項的平方與前後兩項之積的差值也交替相差某個值。
僅供參考。
4樓：匿名使用者
斐波那契數列：1，1，2，3，5，8，13，21……
如果設f(n)為該數列的第n項(n∈n+)。那麼這句話可以寫成如下形式：
f(1)=f(2)=1,f(n)=f(n-1)+f(n-2) (n≥3)
顯然這是一個線性遞推數列。
通項公式的推導方法一：利用特徵方程。
線性遞推數列的特徵方程為：
x^2=x+1
解得x1=(1+√5)/2, x2=(1-√5)/2.
則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)*【5表示根號5】
通項公式的推導方法二：普通方法。
設常數r,s
使得f(n)-r*f(n-1)=s*[f(n-1)-r*f(n-2)]
則r+s=1, -rs=1
n≥3時，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)]
將以上n-2個式子相乘，得：
f(n)-r*f(n-1)=[s^(n-2)]*f(2)-r*f(1)]
∵s=1-r，f(1)=f(2)=1
上式可化簡得：
f(n)=s^(n-1)+r*f(n-1)
那麼：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)
（這是一個以s^(n-1)為首項、以r^(n-1)為末項、r/s為公差的等比數列的各項的和）
=[s^(n-1)-r^(n-1)*r/s]/(1-r/s)
=(s^n - r^n)/(s-r)
r+s=1, -rs=1的一解為 s=(1+√5)/2, r=(1-√5)/2
則f(n)=(1/√5)*
5樓：科學剪髮
斐波那契用途廣泛美髮行業已經用於髮型設計，有了資料比例堆積才能剪出更有美感的髮型，原創曾建華斐波那契科學剪髮技術。
怎樣推算出斐波那契數列後項與前項的比值的極限是**比例?
斐波那契數列怎麼求它的第幾項是多少？
6樓：暗黑班吉拉
答案是肯定有的！！！
事實上任意的：
a(n+2)=aa(n+1)+ban形式的相鄰3項的遞推式，都可以解出其通項公式。
解決這類問題的方法主流的有兩種：1.待定係數法 2.特徵方程法。
下圖便是待定係數法解此類問題的完備性與特徵方程的的證明。
我以一個特殊的例子為lz講解一下特徵方程法的一個應用。
不難發現這個數列有兩個非常顯著的特點就是：a1=a2=1且an=a(n-1)+a(n-2)
其實這就是著名的斐波那契數列 其從第3項其後項為前兩項之和。
這就相當於a(n+2)=aa(n+1)+ban形式的a,b均為1的特殊情況。
通過下圖所證明的「特徵方程」法可知：
解an=a(n-1)+a(n-2)的特徵方程x^2=x+1得。
x1,x2分別為（1+跟5）/2和（1-跟5）/2
則有an=α[1+跟5）/2]^n+β[1-跟5）/2]^n
其中α與β為待定係數，可代入a1,a2來解得α=1/跟5，β=1/跟5
即an=（1/跟5）
這就是斐波那契數列的通項公式！！！
那麼對於a(n+2)=aa(n+1)+ban形式的相鄰3項的遞推式。
只需要解其特徵方程x^2=ax+b
①僅有1個實根：為等差數列。
可待定係數設an=[a1+(n-1)d]x^(n-1)
再由a2確定d的值。
②有兩個不相等的實根：
可待定係數設an=α(x1)^n+β(x2)^n
再由a1,a2確定α和β的值。
若lz還有什麼地方不明白的可追問。
7樓：
告訴你一個數學軟體，mathematica，輸入命令：table[fibonacci[n], 結果：要求第1000項，輸入命令：
fibonacci[100] 顯示結果：354224848179261915075
學了《組合數學》這門課以後，這個數列的通項公式很容易求出：a[n] =x^n - y^n) /c, 其中x=(1+sqrt(5))/2, y=(1-sqrt(5))/2 ,c=sqrt(5). 注：
x,y是方程x^2=x+1的兩個根(注意比較通項公式a[n]=a[n-1]+a[n-2]的係數)，而 sqrt(5) 表示根號5.
怎樣推算出斐波那契數列後項與前項的比值的極限是黃
8樓：少爺的磨難
斐波那契數列（fibonacci sequence），又稱**分割數列、因數學家列昂納多·斐波那契（leonardoda fibonacci）以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為「兔子數列」，指的是這樣一個數列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、……在數學上，斐波納契數列以如下被以遞迴的方法定義：f(0)=1，f(1)=1, f(n)=f(n-1)+f(n-2)（n>=2，n∈n*）在現代物理、準晶體結構、化學等領域，斐波納契數列都有直接的應用，為此，美國數學會從1963起出版了以《斐波納契數列季刊》為名的一份數學雜誌，用於專門刊載這方面的研究成果。
斐波那契數列指的是這樣一個數列 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233，377，610，987，1597，2584，4181，6765，10946，17711，28657，46368...
自然中的斐波那契數列。
這個數列從第3項開始，每一項都等於前兩項之和。
斐波那契數列的定義者，是義大利數學家列昂納多·斐波那契（leonardo fibonacci），生於公元2023年，卒於2023年，籍貫是比薩。他被人稱作「比薩的列昂納多」。2023年，他撰寫了《算盤全書》（liber abacci）一書。
他是第一個研究了印度和阿拉伯數學理論的歐洲人。他的父親被比薩的一家商業團體聘任為外交領事，派駐地點相當於今日的阿爾及利亞地區，列昂納多因此得以在一個阿拉伯老師的指導下研究數學。他還曾在埃及、敘利亞、希臘、西西里和普羅旺斯等地研究數學。
遞推公式。斐波那契數列：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, .
如果設f(n）為該數列的第n項（n∈n*），那麼這句話可以寫成如下形式：:f(n)=f(n-1)+f(n-2)
顯然這是一個線性遞推數列。
斐波那契數列的公式推導
9樓：匿名使用者
斐波那契數列：1，1，2，3，5，8，13，21……
如果設f(n)為該數列的第n項(n∈n+)。那麼這句話可以寫成如下形式：
f(1)=f(2)=1,f(n)=f(n-1)+f(n-2) (n≥3)
顯然這是一個線性遞推數列。
通項公式的推導方法一：利用特徵方程。
線性遞推數列的特徵方程為：
x^2=x+1
解得x1=(1+√5)/2, x2=(1-√5)/2.
則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)*【5表示根號5】
通項公式的推導方法二：普通方法。
設常數r,s
使得f(n)-r*f(n-1)=s*[f(n-1)-r*f(n-2)]
則r+s=1, -rs=1
n≥3時，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)]
將以上n-2個式子相乘，得：
f(n)-r*f(n-1)=[s^(n-2)]*f(2)-r*f(1)]
∵s=1-r，f(1)=f(2)=1
上式可化簡得：
f(n)=s^(n-1)+r*f(n-1)
那麼：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)
（這是一個以s^(n-1)為首項、以r^(n-1)為末項、r/s為公差的等比數列的各項的和）
=[s^(n-1)-r^(n-1)*r/s]/(1-r/s)
=(s^n - r^n)/(s-r)
r+s=1, -rs=1的一解為 s=(1+√5)/2, r=(1-√5)/2
則f(n)=(1/√5)*
斐波那契數列 1 1 2 3 5 8 13
斐波那契數列通項公式推導方法 fn 1 fn fn 1 兩邊加kfn fn 1 kfn k 1 fn fn 1 當k 1時 fn 1 kfn k 1 fn 1 k 1 fn 1 令 yn fn 1 kfn 若 當k 1 k 1，且f1 f2 1時 因為 fn 1 kfn 1 k fn kfn 1 y...
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an 1 根號5 n屬於正整數 這個數列是由13世紀義大利斐波那契提出的的,故叫斐波那契數列。該數列由下面的遞推關係決定 f0 0,f1 1 fn 2 fn fn 1 n 0 它的通項公式是 fn 1 根號5 n屬於正整數 補充問題 菲波那契數列指的是這樣一個數列 1，1，2，3，5，8，13，21...
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