(完整版)斐波那契数列、走台阶问题

斐波那契数列斐波那契的发明者;是数学家Leonardo Fibonacci;生于公元1170年;卒于1240年;籍贯大概是..他被人称作“比萨的列昂纳多”..1202年;他了珠算原理Liber Abacci一书..他是第一个研究了和数学理论的人..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、、、和研究..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..斐波那契数列通项公式通项公式见图又叫“比内公式”;是用表示的一个范例..注：此时a1=1;a2=1;an=an-1+an-2n>=3;n∈N通项公式的推导斐波那契数列：1、1、2、3、5、8、13、21、……如果设Fn为该数列的第n项n∈N+..那么这句话可以写成如下形式：F0 = 0;F1=1;Fn=Fn-1+Fn-2 n≥2;显然这是一个递推数列..方法一：利用特征方程线性代数解法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Fn=C1X1^n + C2X2^n..∵F1=F2=1..∴C1X1 + C2X2..C1X1^2 + C2X2^2..解得C1=1/√5;C2=-1/√5..∴Fn=1/√5{1+√5/2^n+1 - 1-√5/2^n+1}√5表示5.. 方法二：待定系数法构造等比数列1初等待数解法设常数r;s..使得Fn-rFn-1=sFn-1-rFn-2..则r+s=1; -rs=1..n≥3时;有..Fn-rFn-1=sFn-1-rFn-2..Fn-1-rFn-2=sFn-2-rFn-3..Fn-2-rFn-3=sFn-3-rFn-4..……F3-rF2=sF2-rF1..联立以上n-2个式子;得：Fn-rFn-1=s^n-2F2-rF1..∵s=1-r;F1=F2=1..上式可化简得：Fn=s^n-1+rFn-1 ..那么：Fn=s^n-1+rFn-1..= s^n-1 + rs^n-2 + r^2Fn-2..= s^n-1 + rs^n-2 + r^2s^n-3 + r^3Fn-3..……= s^n-1 + rs^n-2 + r^2s^n-3 +……+ r^n-2s + r^n-1F1..= s^n-1 + rs^n-2 + r^2s^n-3 +……+ r^n-2s + r^n-1..这是一个以s^n-1为首项、以r^n-1为末项、r/s为公比的的各项的和..=s^n-1-r^n-1r/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Fn=1/√5{1+√5/2^n+1 - 1-√5/2^n+1}..方法三：待定系数法构造等比数列2初等待数解法已知a1=1;a2=1;an=an-1+an-2n>=3;求数列{an}的通项公式..解 :设an-αan-1=βan-1-αan-2..得α+β=1..αβ=-1..构造方程x^2-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-√5/2an-1=1+√5/2an-1-1-√5/2an-2=1+√5/2^n-2a2-1-√5/2 a1`````````1..an-1+√5/2an-1=1-√5/2an-1-1+√5/2an-2=1-√5/2^n-2a2-1+√5/2 a1`````````2..由式1;式2;可得..an=1+√5/2^n-2a2-1-√5/2a1``````````````3..an=1-√5/2^n-2a2-1+√5/2a1``````````````4..将式31+√5/2-式41-√5/2;化简得an=1/√5{1+√5/2^n - 1-√5/2^n}..与黄金分割的关系有趣的是：这样一个完全是的数列;通项公式却是用无理数来表达的..而且当n时an-1/an越来越逼近数0.618..越到后面;这些比值越接近黄金比.证明:an+2=an+1+an..两边同时除以an+1得到：an+2/an+1=1+an/an+1..若an+1/an的极限存在;设其极限为x;则limn->∞an+2/an+1=limn->∞an+1/an=x..所以x=1+1/x..即x&sup2;=x+1..所以极限是黄金分割比 ..奇妙的属性斐波那契数列中的斐波那契数会经常出现在我们的眼前——比如松果、凤梨、树叶的排列、某些花朵的花瓣数、黄金矩形、黄金分割、等角螺线等;有时也可能是我们对斐波那契额数过于热衷;把原来只是巧合的东西强行划分为斐波那契数..比如钢琴上白键的8;黑键上的5都是斐波那契数;因该把它看做巧合还是规律呢从第二项开始;每个奇数项的都比前后两项之积多1;每个项的平方都比前后两项之积少1..注：奇数项和偶数项是指项数的奇偶;而并不是列的本身的奇偶;比如第四项3是奇数;但它是偶数项;第五项5是奇数;它是奇数项;如果认为数字3和5都是奇数项;那就误解题意;怎么都说不通多了的一在哪如果你看到有这样一个题目：某人把一个88的方格切成四块;拼成一个513的;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..斐波那契数列的第n项同时也代表了{1;2;...;n}中所有不相邻正的个数..斐波那契数列fn;f0=0;f1=1;f2=1;f3=2……的其他性质：1.f0+f1+f2+…+fn=fn+2-1..2.f1+f3+f5+…+f2n-1=f2n..3.f2+f4+f6+…+f2n =f2n+1-1..4.f0^2+f1^2+…+fn^2=fn·fn+1..5.f0-f1+f2-…+-1^n·fn=-1^n·fn+1-fn+1..6.fm+n-1=fm-1·fn-1+fm·fn..利用这一点;可以用程序编出时间复杂度仅为Olog n的程序..怎样实现呢伪代码描述一下7.fn^2=-1^n-1+fn-1·fn+1..8.f2n-1=fn^2-fn-2^2..9.3fn=fn+2+fn-2..10.f2n-2m-2f2n+f2n+2=f2m+2+f4n-2m n〉m≥-1;且n≥1斐波那契数列11.f2n+1=fn^2+fn+1^2.在杨辉三角中隐藏着斐波那契数列将杨辉三角依次下降;成如图所示排列;将同一行的数加起来;即得一数列1、1、2、3、5、8、……公式表示如下：f1=C0;0=1 ..f2=C1;0=1 ..f3=C2;0+C1;1=1+1=2 ..f4=C3;0+C2;1=1+2=3 ..f5=C4;0+C3;1+C2;2=1+3+1=5 ..f6=C5;0+C4;1+C3;2=1+4+3=8 ..F7=C6;0+C5;1+C4;2+C3;3=1+5+6+1=13 ..……Fn=Cn-1;0+Cn-2;1+…+Cn-1-m;m m<=n-1-m斐波那契数列的整除性与素数生成性每3个数有且只有一个被2整除;每4个数有且只有一个被3整除;每5个数有且只有一个被5整除;每6个数有且只有一个被8整除;每7个数有且只有一个被13整除;每8个数有且只有一个被21整除;每9个数有且只有一个被34整除;.......我们看到第5、7、11、13、17、23位分别是素数：5;13;89;233;1597;28657第19位不是斐波那契数列的素数无限多吗斐波那契数列的个位数：一个60步的循环11235;83145;94370;77415;61785.38190;99875;27965;16730;33695;49325;72910…斐波那契数与植物花瓣②任何一个斐波那契—卢卡斯数列都可以由斐波那契数列的有限黄金特征与孪生斐波那契—卢卡斯数列斐波那契—卢卡斯数列的另一个共同性质：中间项的平方数与前后两项之积的差的是一个恒值;斐波那契数列：|11-12|=|22-13|=|33-25|=|55-38|=|88-513|=…=1卢卡斯数列：|33-14|=|44-37|=…=5F1;4数列：|44-15|=11F2;5数列：|55-27|=11F2;7数列：|77-29|=31斐波那契数列这个值是1最小;也就是前后项之比接近最快;我们称为黄金特征;黄金特征1的数列只有斐波那契数列;是独生数列..卢卡斯数列的黄金特征是5;也是独生数列..前两项的独生数列只有斐波那契数列和卢卡斯数列这两个数列..而F1;4与F2;5的黄金特征都是11;是孪生数列..F2;7也有孪生数列：F3;8..其他前两项互质的斐波那契—卢卡斯数列都是孪生数列;称为孪生斐波那契—卢卡斯数列..广义斐波那契数列斐波那契数列的黄金特征1;还让我们联想到佩儿数列：1;2;5;12;29;…;也有|22-15|=|55-212|=…=1该类数列的这种称为勾股特征..数列Pn的递推规则：P1=1;P2=2;Pn=Pn-2+2Pn-1.据此类推到所有根据前两项导出第三项的通用规则：fn = fn-1 p + fn-2 q;称为广义斐波那契数列..当p=1;q=1时;我们得到斐波那契—卢卡斯数列..当p=1;q=2时;我们得到佩尔—勾股弦数跟边长为整数的有关的数列集合..当p=-1;q=2时;我们得到等差数列..其中f1=1;f2=2时;我们得到自然数列1;2;3;4…..自然数列的特征就是每个数的平方与前后两数之积的差为1等差数列的这种差值称为..具有类似黄金特征、勾股特征、自然特征的广义斐波那契数列p=±1..当f1=1;f2=2;p=2;q=1时;我们得到等比数列1;2;4;8;16……相关的数学问题1.排列组合有一段楼梯有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..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1/√5{1+√5/2^10+2 - 1-√5/2^10+2}=144种..2.数列中相邻两项的前项比后项的极限当n趋于无穷大时;Fn/Fn+1的极限是多少这个可由它的通项公式直接得到;极限是-1+√5/2;这个就是黄金分割的数值;也是代表的和谐的一个数字..3.求递推数列a1=1;an+1=1+1/an的通项公式由可以得到：an=Fn+1/Fn;将斐波那契数列的通项式代入;化简就得结果..3.兔子繁殖问题关于斐波那契数列的别名斐波那契数列又学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入;故又称为“”..一般而言;兔子在出生两个月后;就有繁殖能力;一对兔子每个月能生出一对小兔子来..如果所有兔都不死;那么一年以后可以繁殖多幼仔对数=前月成兔对数成兔对数=前月成兔对数+前月幼仔对数总体对数=本月成兔对数+本月幼仔对数可以看出幼仔对数、成兔对数、总体对数都构成了一个数列..这个数列有关十分明显的特点;那是：前面相邻两项之和;构成了后一项..这个数列是意大利数学家斐波那契在<算盘全书>中提出的;这个的通项公式;除了具有an+2=an+an+1的性质外;还可以证明通项公式为：an=1/√5{1+√5/2^n-1-√5/2^n}n=1;2;3.....数学游戏一位拿着一块边长为8英尺的地毯;对他的地毯匠朋友说：“请您把这块地毯分成四小块;再把它们缝成一块长13英尺;宽5英尺的长方形地毯..”这位匠师对魔术师之差深感惊异;因为两者之间面积相差达一平方英尺呢可是魔术师竟让匠师用图2和图3的办法达到了他的目的这真是不可思议的事亲爱的读者;你猜得到那神奇的一平方英尺究竟跑到哪儿去呢实际上后来缝成的地毯有条细缝;面积刚好就是一平方英尺..自然界中的巧合斐波那契数列在自然科学的其他分支;也有许多应用..例如;树木的生长;由于新生的枝条;往往需要一段“休息”时间;供自身生长;而后才能萌发新枝..所以;一株树苗在一段间隔;例如一年;以后长出一条新枝；第二年新枝“休息”;老枝依旧萌发；此后;老枝与“休息”过一年的枝同时萌发;当年生的新枝则次年“休息”..这样;一株树木各个年份的枝桠数;便构成斐波那契数列..这个规律;就是生物学上着名的“鲁德维格定律”..另外;观察延龄草、野玫瑰、南美血根草、大波斯菊、金凤花、耧斗菜、百合花、蝴蝶花的花瓣;可以发现它们花瓣数目具有斐波那契数：3、5、8、13、21、……斐波那契螺旋：具有13条顺时针旋转和21条逆时针旋转的螺旋的的头部这些植物懂得斐波那契数列吗应该并非如此;它们只是按照自然的规律才进化成这样..这似乎是植物排列种子的“优化方式”;它能使所有种子具有差不多的大小却又疏密得当;不至于在圆心处挤了太多的种子而在圆周处却又稀稀拉拉..叶子的生长方式也是如此;对于许多植物来说;每片叶子从中轴附近生长出来;为了在生长的过程中一直都能最佳地利用要考虑到叶子是一片一片逐渐地生长出来;而不是一下子同时出现的;每片叶子和前一片叶子之间的角度应该是222.5度;这个角度称为“黄金角度”;因为它和整个圆周360度之比是;而这种生长方式就决定了斐波那契螺旋的产生..向日葵的种子排列形成的斐波那契螺旋有时能达到89;甚至144条..数字谜题三角形的三边关系和斐波那契数列的一个联系：现有长为144cm的铁丝;要截成n小段n>2;每段的长度不小于1cm;如果其中任意三小段都不能拼成三角形;则n的最大值为多少分析：由于形成三角形的是任何两边之和大于第三边;因此不构成三角形的条件就是任意两边之和不超过最大边..截成的铁丝最小为1;因此可以放2个1;第三条就是2为了使得n最大;因此要使剩下来的铁丝尽可能长;因此每一条线段总是前面的相邻2段之和;依次为：1、1、2、3、5、8、13、21、34、55;以上各数之和为143;与144相差1;因此可以取最后一段为56;这时n达到最大为10..我们看到;“每段的长度不小于1”这个条件起了控制全局的作用;正是这个最1产生了斐波那契数列;如果把1换成其他数;递推关系保留了;但这个数列消失了..这里;三角形的三边关系定理和斐波那契数列发生了一个联系..在这个问题中;144>143;这个143是斐波那契数列的前n项和;我们是把144超出143的部分加到最后的一个数上去;如果加到其他数上;就有3条线段可以构成三角形了..影视作品中的斐波那契数列斐波那契数列在欧美可谓是尽人皆知;于是在电影这种通俗艺术中也时常出现;比如在风靡一时的里它就作为一个重要的符号和情节线索出现;在魔法玩具城里又是在店主招聘会计时随口问的问题..可见此数列就像黄金分割一样流行..可是虽说叫得上名;多数人也就背过前几个数;并没有深入理解研究..在电视剧中也出现斐波那契数列;比如：日剧考试之神第五回;义嗣做全国模拟考试题中的最后一道~社会文明中的斐波那契数列艾略特波浪理论1946年;艾略特完成了关于波浪理论的集大成之作;自然法则——宇宙的秘密..艾略特坚信;他的波浪理论是制约人类一切活动的普遍自然法则的一部分..波浪理论的优点是;对即将出现的顶部或底部能提前发出警示信号;而传统的技术分析方法只有事后才能验证..艾略特波浪理论对市场运作具备了全方位的透视能力;从而有助于解释特定的形态为什么要出现;在何处出现;以及它们为什么具备如此这般的预测意义等等问题..另外;它也有助于我们判明当前的市场在其总体周期结构中所处的地位..波浪理论的数学基础;就是在13世纪发现的费氏数列..波浪理论数学结构8浪循环图·8浪循环图说明·波浪理论的推动浪;浪数为51、2、3、4、5;调整浪的浪数为3a\b\c;合起来为8..·8浪循环中;前5段波浪构成一段明显的上升浪;其中包括3个向上的冲击波及两个下降的调整波..在3个冲击波之后;是由3个波浪组成的一段下跌的趋势;是对前一段5浪升势的总调整..这是艾略特对波浪理论的基本描述..而在这8个波浪中;上升的浪与下跌的浪各占4个;可以理解为艾略特对于股价走势对称性的隐喻..·在波浪理论中;最困难的地方是：波浪等级的划分..如果要在特定的周期中正确地指认某一段波浪的特定属性;不仅需要形态上的支持;而且需要对波浪运行的时间作出正确的判断..·换句话说;波浪理论易学难精;易在形态上的归纳、总结;难在价位及时间周期的判定..波浪理论的数字基础：斐波那契数列波浪理论数学结构——斐波那契数列与黄金分割率·这个数列就是斐波那契数列..它满足如下特性：每两个相连数字相加等于其后第一个数字；前一个数字大约是后一个数字的0.618倍；前一个数字约是其后第二个数字的0.382倍；后一个数字约是前一个数字的1.618倍；后一个数字约是前面第二个数字的2.618倍；·由此计算出常见的黄金分割率为0.5和1.5外：0.191、0.236、0.382、0.618、0.809、1.236、1.382、1.618、1.764、1.809·黄金分割比率对于股票市场运行的时间周期和价格幅度模型具有重要启示及应用价值..黄金分割比率在时间周期模型上的应用·未来市场转折点=已知时间周期×分割比率·已知时间周期有两种：1循环周期：最近两个顶之间的运行时间或两个底之间的运行时间2趋势周期：最近一段升势的运行时间或一段跌势的运行时间·一般来讲;用循环周期可以计算出下一个反向趋势的终点;即用底部循环计算下一个升势的顶;或用顶部循环计算下一个跌势的底..而用趋势周期可以计算下一个同方向趋势的终点或是下一个反方向趋势的终点..时间循环周期模型预测图时间趋势周期模型预测图时间周期与波浪数浪的数学关系·一个完整的趋势推动浪3波或调整浪3波;运行时间最短为第一波1浪或A浪的1.618倍;最长为第一波的5.236倍..如果第一波太过短促;则以第一个循环计算A浪与B浪或1浪与2浪..·1.382及1.764的周期一旦成立;则出现的行情大多属次级趋势;但行情发展迅速..·同级次两波反向趋势组成的循环;运行时间至少为第一波运行时间的1.236倍..·一个很长的跌势或升势结束后;其右底或右顶通常在前趋势的1.236或1.309倍时间出现..黄金分割比率在价格幅度模型上的应用·如果推动浪中的一个子浪成为延伸浪的话;则其他两个推动浪不管其运行的幅度还是运行的时间;都将会趋向于一致..也就是说;当推动浪中的浪3在走势中成为延伸浪时;则浪1与浪5的升幅和运行时间将会大致趋同..假如并非完全相等;则极有可能以0.618的关系相互维系..·浪5最终目标;可以根据浪1浪底至浪2浪顶距离来进行预估;他们之间的关系;通常亦包含有神奇数字组合比率的关系..·对于ABC调整浪来说;浪C的最终目标值可能根据浪A的幅度来预估..浪C的长度会经常是浪A的1.618倍..当然我们也可以用下列公式预测浪C的下跌目标：浪A浪底减浪A乘0.618..·在对称三角形内;每个浪的升跌幅度与其他浪的比率;通常以0.618的神奇比例互相维系..黄金分割比率在价格幅度模型上的应用·0.382：浪4常见的回吐比率、部份浪2的回吐比率、浪B的回吐比率..·0.618：大部份浪2的调整幅度、浪5的预期目标、浪B的调整比率、三角形内浪浪之间比率..·0.5：常见是浪B的调整幅度..·0.236：浪3或浪4的回吐比率;但不多见..·1.236与1.382：·1.618：浪3与浪1、浪C与浪A的比率关系..推动浪形态·推动浪有五浪构成..第一浪通常只是由一小部分交易者参与的微弱的波动..一旦浪1结束;交易者们将在浪2卖出..浪2的卖出是十分凶恶的;最后浪2在不创新低的情况下;市场开始转向启动下一浪波动..浪3波动的初始阶段是缓慢的;并且它将到达前一次波动的顶部浪1的顶部..推动浪浪5未能创新高低;市场将会出现大逆转推动浪的变异形态——倾斜三角形·倾斜三角形为推动浪中的一种特殊型态比较少见;主要出现在第5浪的位置..艾略特指出;在股市中;一旦出现一段走势呈现快速上升或赶底的状况;其后经常会出现倾斜三角形型态调整浪形态·调整是十分难以掌握的;许多艾略特交易者在推动模式阶段上赚钱而在调整阶段再输钱..一个推动阶段包括五浪..调整阶段由三浪组成;但有一个三角形的例外..一个推动经常伴随着一个调整的模式..·调整模式可以被分成两类：·简单的调整：之字型调整N字型调整·复杂的调整：平坦型、不规则型、三角形型调整浪的简单与复杂调整的交替准则调整浪的变异形态：强势三角形调整浪的变异形态：前置三角形各段波浪的特性·在8浪循环中;每段波浪都有不同的特点;熟知这些特点;对波浪属性的判断极有帮助;·第1浪：大部分第1浪属于营造底部形态的一部份;相当于形态分析中头肩底的底部或双底的右底;对这种类型的第1浪的调整第2浪幅度通常较大;理论上可以回到第1浪的起点..小部份第1浪在大型调整形态之后出现;形态上呈V形反转;这类第1浪升幅较为可观..在K线图上;经常出现带长下影线的大阳线..从波浪的划分来说;在5-3-5的调整浪当中;第1浪也可以向下运行;通常第1浪在分时图上应该显示明确的5浪形态..·第2浪：在强势调整的第2浪中;其回调幅度可能达到第1浪幅度的0.382或0.618;在更多的情况下;第2浪的回调幅度会达到100%;形态上经常表现为头肩底的右底;使人误以为跌势尚未结束..在第2浪回调结束时;指标系统经常出现超卖、背离等现象..第2浪成交量逐渐缩小;波幅较细;这是卖力衰竭的表现..出现传统系统的转向信号;如头肩底、双底等..·第3浪：如果运行时间较短;则升速通常较快..在一般情况下为第1浪升幅的1.618倍..如果第3浪升幅与第1浪等长;则第5浪通常出现扩延的情况..在第3浪当中;唯一的操作原则是顺势而为..因为第3浪的升幅及时间经常会超出分析者的预测..通常第3浪运行幅度及时间最长..属于最具爆发性的一浪..大部分第3浪成为扩延浪..第3浪成交量最大..出现传统图表的突破信号;如跳空缺口等..·第4浪：如果第4浪以平坦型或N字型出现;a小浪与c小浪的长度将会相同..第4浪与第2浪经常是交替形态的关系;即单复式交替或平坦型、曲折型或三角形的交替..第4浪的低点经常是其后更大级数调整浪中A浪的低点..经常以较为复杂的形态出现;尤其以三角形较为多见..通常在第3浪中所衍生出来的较低一级的第4浪底部范围内结束..第4浪的底不会低于第1浪的顶..·第5浪：除非发生扩延的情况;第5浪的成交量及升幅均小于第3浪..第5浪的上升经常是在指标出现顶背离或钝化的过程中完成..在第5浪出现衰竭性上升的情况下;经常出现上升楔形形态..这时;成交量与升幅也会出现背离的情况..如果第1、3浪等长;则第5浪经常出现扩延..如果第3浪出现扩延浪;则第5浪幅度与第1浪大致等长..市场处于狂热状态..·第6浪A浪：A浪可以为3波或者5波的形态..在A浪以3波调整时;在A浪结束时;市场经常会认为整个调整已经结束..在多数情况下;A浪可以分割为5小浪..市场人士多认为市场并未逆转;只视为一个较短暂的调整..图表上;阴线出现的频率增大..·第7浪B浪：在A浪以3波形态出现的时候;B浪的走势通常很强;甚至可以超越A浪的起点;形态上出现平坦型或三角形的概率很大..而A浪以5波运行的时候;B浪通常回调至A浪幅度的0.5至0.618..升势较为情绪化;维持时间较短..成交量较小..·第8浪C浪：除三角形之外;在多数情况下;C浪的幅度至少与A 浪等长..杀伤力最强..与第3浪特性相似;以5浪下跌..股价全线下挫..人类文明的斐波那契演进古老的<马尔萨斯理论>已经显灵马尔萨斯认为：每当社会财富快速积累;人口快速增长;就会出现：战争、瘟疫、饥荒、自然灾害来削减人口..2000年科技泡沫达到繁荣的极限;到处都是财富神话然后盛极而衰;全球经济急转直下转入衰退、长期萧条..于是：911、阿富汗战争、伊拉克战争、 SARS、印度洋海啸、飓风袭击美利坚、禽流感、寒流袭击欧罗巴..这一切集中在一起接二连三地发生2000年是自上世纪30年代全球经济大萧条后;一个长达约70年的经济增长周期的结束点;后面将是一个长期萧条周期..上世纪30年代全球经济大萧条导致了二次世界大战;被艾略特称之为：底部战争..现在又是一个与上世纪30年代全球经济大萧条同级别的经济萧条周期;2000年来的经济萧条将持续至 2021年才会结束预测附在下面..后面是否又会发生被艾略特称之为的：底部战争至少有不良苗头：哈马斯执政、伊朗核问题纠缠;世界将走向何方是否还记得那个着名的：1999年7月之上误差了2年恐怖大王从天而降 911使安哥鲁摩阿大王为之复活美国发动反恐战争这期间由马尔斯借幸福之名统治四方唯一待验证社会群体心理、群体行为、群体价值观;乃至国际政治、经济、军事;一切皆是自相似系统分形几何运行阶段的反映和结果..1、自2000年来的全球经济萧条将持续至2021年;说明未来将是长期萧条..2、之前会有若干次小级别、温和的经济扩张和收缩;2010、2011、2018年是拐点..3、2021年是一个黑暗的年份;人们悲观、恐惧、绝望的情绪会达到一个极点..到时绝大多数经济学家会一致悲观接着柳岸花明经济开始复苏;经济学家们又挨了一记大耳光..首先;列出一组计算公式：公元1937年–公元1932年X 3.618 + 公元1982年 = 公元2000年公元1966年–公元1942年/1.382 + 公元1982年 = 公元1999年公元1837年–公元1789年X 1.382 + 公元1932年 = 公元1998年公元1325年–公元950年X 0.618 –公元1650年–公元1490年 + 公元1789年–公元1650年 + 公元1789年 = 公元2000年其中：公元950年商业革命的起点公元1325年商业革命的结束点公元1490年资本主义革命的起点公元1650年资本主义革命的结束点公元1789年工业革命的起点公元1837年公元1789年后第一轮经济扩张的结束点公元1932年自公元1929年资本主义世界股灾的结束点公元1937 年公元1929年股灾后第一轮经济扩张的结束点公元1942年公元1929年股灾后第二轮经济扩张的起点。

高中数学中的斐波那契数列问题小结作者简介：任所怀，男，山西省原平市原平一中数学教师。

生于1973年9月10日，主要致力于中学数学教学研究，联系邮箱：rsh73910@解：b猜想二：1232343,8a a a a a a +==+==，于是猜想：53464513,21a a a a a a =+==+=。

这两种猜想，哪一个正确？就必须从已知进行推理分析。

对于n （3)n ≥个从上而下的正方形要着黑色或白色，所有黑色正方形互不相邻的着色方案n a 种，可分为两类：第一类：最上面的正方形着白色。

此时下面的1n -个正方形的着色方案则有1n a -种；第二类：最上面的正方形着黑色。

此时与它相邻的正方形必着白色，而余下的n-2个正方形的着色方案有2n a -种。

于是由加法原理得12(3)n n n a a a n --=+≥显然是猜想二是正确的。

这一高考题的背景显然是斐波那契数列，跟这一问题类似的还有登台阶问题。

问题四：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?解：设按规定登n 阶台阶的走法有n a 种，则11a =，22a =。

当3n ≥时，登n 阶台阶的走法可分为两类：第一类：第一步登一级台阶，则余下的1n -级台阶有1n a -种走法；第二类：第一步登两级台阶，则余下的2n -级台阶有2n a -种走法。

由加法原理得12n n n a a a --=+。

于是数列{}n a 是一个斐波那契数列，这一问题也就迎刃而解。

说到这里，我们会发现，高中数学中对于斐波那契数列问题的解决不约而同地都用到了分类计数原理。

所以对于斐波那契数列的研究只要我们找对研究的方向，并不会超出高中数学范围，相反通过这样不同于等差等比数列问题的研究，更能加强学生对基本原理的应用能力，从而增加其创新能力。

二十讲：斐波那契数列斐波那契数列意大利数学家斐波那契在他的《算盘书》里排了一个数列：1、2、3、5、8、13……这个数列揭开了大自然隐秘世界的一角。

这个数列不是随便写的，它是有规律的，从第二个数字开始，2是1加1，是第一个数字的倍数；3是1加2，是第一个和第二个数字的合；5是2加3；8是3加5……也就是每一个数字都是它前面两个数字之和，一直往下排，由此得到的这个数列就叫斐波那契数列。

从斐波那契数列我们得到一个非常重要的数值：0.61803……这也就是我们经常讲到的黄金分割比例。

黄金分割比例是指斐波那契数列任意相邻两项的比值都会趋向于0.618，尽管每一个比值都不一样，但是它们会无限趋向0.618，越来越趋向于那个点。

我们通常认为这是一个趋于完美的点。

黄金分割比例在艺术、建筑等许多领域得到了广泛地应用。

我们发现，凡是人类认为美的事物，通常都符合这个黄金分割比例。

这几乎是一个自然规律，我们说不清楚为什么，但是大家的感觉就是如此。

人们心理上本能地认同这样一个比例关系,并且大自然当中很多事物也都符合这个规律。

这是一种当代科学无法认证的自然规律，但是它确实存在。

像这种存在于自然现象背后的自然规律对我们从事市场交易活动具有非常重要的意义。

黄金分割比例对于市场行情的研究具有什么样的意义呢？简单点讲就是当一波行情在上涨或是下跌的时候，通常情况下，假如市场行情在涨，当它涨到这一波行情最高点的0.618的价位的时候，它必定要停一停，要回头，要往回走，要反驰，它要回调。

要回调到什么价位呢？回调到的0.618的倒数那个位置，从上点往下看，也是0.618。

到了那个位置以后，它又开始往上反弹，最后到达那个最高点。

这是一个很奇怪的现象，人们在研究行情的过程中无数次发现这样的规律，虽然不是百分之一百准确，但是八九不离十，大体上符合这样一个规律。

这样的规律我们把它叫做自然法则，就是说我们发现事物现象背后存在这样一个规律，但是它不是科学定律。

2014年温州市小学数学小课题评比学校：苍南县钱库小学成员姓名：陈耀坤吴文强金旭杭指导教师：***生活中的“斐波那契数列”——台阶中的数学一、问题的提出周末爸爸妈妈带我去龙港影城看3D电影，影城的大门口有16级水泥台阶，我发现老年人大多是一级一级地往上走的，年轻的小伙子喜欢两级两级地往上走，小朋友则是一会儿走一级，一会儿又蹦两级……很快，一个念头闪入我的脑海：按照他们这样不同的走法，走完这16级台阶，一共会有多少种不同的走法呢？会不会有什么规律呢？于是，在爸爸妈妈的鼓励下，我决定开始台阶走法的研究。

二、研究过程1.从最简单的做起该怎样开展研究呢？我找了两个好朋友，做合作伙伴。

我们想起了老师曾经提到过的华罗庚说的话:“善于退，足够地退，退到最原始的而不失重要的地方是学好数学的一个诀窍。

”也就是说可以“从最简单的做起”于是我们通过画楼梯入手。

1个台阶（1种）2个台阶（2种）3个台阶（3种）4个台阶（5种）……后来我觉得用这种表示方法实在太麻烦了，有没有更简捷的表达方法呢？于是在数学老师的启发下就想到了用最简单的数字来表达：楼梯台阶数及方法楼梯上法表示一个台阶（1种）（1）二个台阶（2种）（1，1）（2）三个台阶（3种）（1，1，1）（1，2）（2，1）四个台阶（5种）（1，1，1 ，1）（1，1，2）（1，2，1）（2，1，1）（2，2）五个台阶（8种）（1，1，1，1，1）（1，1，1，2）（1，1，2，1）（1，2，1，1）（2，1，1，1）（2，1，2）（2，2，1）（1，2，2） 5个台阶有8种走法，那现在求16个台阶有几种走法，该怎么办呢？我们想用这个方法继续进行进去，我尝试着：六个台阶（13种）（1，1，1，1，1，1）（1，2，1，1，1）（1，1，2，1，1）（1，1，1，2，1）（1，1，1，1，2）（2，1，1，1，1）（1，1，2，2）（2，1，1，2）（2，1，2，1）（2，2，1，1，）（1，2，2，1）（1，2，1，2）（2，2，2）七个台阶（21种）（1，1，1，1，1，1，1）（1，1，1，1，1，2）（1，1，1，1，2，1）（1，1，1，2，1，1）（1，1，2，1，1，1）（1，2，1，1，1，1）（2，1，1，1，1，1）（1，1，1，2，2）（1，1，2，2，1）（1，2，2，1，1）（2，2，1，1，1）（1，2，1，1，2）（1，2，1，2，1）（1，2，2，1，1,）（2，1，1，1，2）（2，1，1，2，1）（2，1，2，1，1）（2，2，2，1）（2，2，1，2）（2，1，2，2）（1，2，2，2）……2.整理数据，发现规律这样写下去还是很麻烦，数字会越来越大，而且很容易出现遗漏或重复。

在这个问题中，144>143，这个143是斐波那契数列的前n项和，我们是把144超出143的部分加到最后的一个数上去，如果加到其他数上，就有3条线段可以构成三角形了。

变式训练1 一只青蛙从宽5米的水田的一边要跳往另一边，它每次只能跳0.5米或1米，这只青蛙跳过水田共有多少种不同的方法?变式训练2 有一堆火柴共12根，如果规定每次取1～3根，那么取完这堆火柴共有多少种不同的取法?假定一对大兔子每一个月可以生一对小兔子，而小兔子出生后两个月就能有生殖能力。

问：从一对大兔子开始，如果所有兔子都不死，一年后能繁殖成多少对兔子？这就产生了斐波那契数列：如果一对兔子每月生一对兔子；一对新生兔，从第二个月起就开始生兔子；假定每对兔子都是一雌一雄，试问一对兔子，一年能繁殖成多少对兔子？先看前几个月的情况：第一个月有一对刚出生的兔子，即F(1)=1；第二个月，这对兔子长成成年兔，即F(2)=1；第三个月，这对成年兔生出一对小兔，共有两对兔子，即F(3)=2；第四个月，成年兔又生出一对小兔，原出生的兔子长成成年兔，共有三对兔子，即F(4)=3；第五个月，原成年兔又生出一对小兔，新成年兔也生出一对小兔，共有五对兔子，即F(5)=5；……以此类推，可得每个月的兔子对数，组成数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…，这就是著名的斐波那契数列，其中的任一个数，都叫斐波那契数。

题中本质上有两类兔子：一类是能生殖的兔子，称为成年兔子；新生的兔子不能生殖；新生兔子一个月就长成成年兔子。

求的是成年兔子与新生兔子的总和。

每月新生兔对数等于上月成年兔对数。

每月成年兔对数等于上个月成年兔对数与新生兔对数之和。

最后得关系式：F(1)=F(2)=1；F(n)=F(n-1)+F(n-2)(n≥3)。

法国数学家比内(Binet)证明了通项公式为2、斐波那契数列的性质斐波那契数列有很多有趣的性质，归纳如下：性质1：相邻的斐波那契数之平方和(差)仍为斐波那契数。

【181】加法原理之上楼梯问题例1.有一楼梯共8级，如果规定每步只能跨上一级或两级，要登上8级台阶共有______种不同走法．第一级：只跨1步，有1种；第二级：（1、1），（2），有2种；第三级：（1、1、1），（1、2），（2、1），有1+2=3种；第四级：（1、1、1、1），（1、1、2），（2、1、1），（2、2），（1、2、1），有2+3=5种；第五级：…有3+5=8种；可以发现从第三次开始，后一种情况总是前两种情况的和；所以，第六级：有5+8=13种；第七级：有8+13=21种；第八级：有13+21=34种；答：要登上8级台阶共有34种不同走法．故答案为：34．列表如下：级数 1 2 3 4 5 6 7 8走法 1 2 3 5 8 13 21 34上面走法部分形成了一个有规律的数列。

这个数列叫做斐波那契数列。

如下：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ...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（Leonardo Fibonacci），生于公元1170年，卒于1240年，籍贯是比萨。

他被人称作“比萨的列昂纳多”。

1202年，他撰写了《珠算原理》一书。

他是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人。

他还曾在埃及、叙利亚、希腊、西西里和普罗旺斯研究数学。

上面的上楼梯问题可改编为如下两个问题。

例2.有8根火柴，如果规定每步只能从中取1根或2根，最后把这8根全部取完共有______种不同的取法．这道题的答案和解法全都和例1是一样，仍然得34。

取一根火柴，相当于走了一级台阶，取2根火柴相当于走了二级台阶。

最后全部取完相当于走完了全部的8级台阶。

例3.有一楼梯共8级，如果规定每步只能跨上一级或两级或三级，要登上8级台阶共有______种不同走法．根据题意列表如下：级数 1 2 3 4 5 6 7 8走法 1 2 4 7 13 24 44 81这次加入了每次可以走三级，列举法找规律如下：如果总的级数是1，共1种走法；如果总的级数是2，共2种走法；如果总的级数是3，共4种走法；如果总的级数是4，共7种走法；（1+2+4）如果总的级数是5，共13种走法；（2+4+7）形成如下数列：1,2,4,7,13,24,44……可知从7开始每个数等于它前边三个数的和。

斐波那契数列（Fibonacci sequence）及相关结论一、定义斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）1202年以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89……这个数列从第 3 项开始，每一项都等于前两项之和。

在数学上，斐波那契数列以如下被以递推的方法定义：二、通项公式1、递推公式：2、通项公式：证明一：（构造等比数列）设常数r和s满足：即：则r和s满足如下条件：由韦达定理知，r和s为一元二次方程的两个根，不妨令当n≥3时，有即上式共n-2个式子，累乘得由于，所以有将直到按照上述递推关系式进行展开有可见是首项为，公比为，末项为的等比数列求和，根据等比数列求和公式有将r和s代入得斐波那契数列的通项公式为即方法二：特征根法三、斐波那契数列与黄金分割斐波那契数列前一项与后一项之比的极限为黄金分割比。

证明：由于因此，斐波那契数列前一项与后一项之比为即当n→+∞时，四、几个重要的结论1、前n项和公式：证明：由于斐波那契数列的通项公式为：其显然是两个等比数列的线性组合，因此我们可以利用等比数列的求和公式来计算斐波那契数列的前n 项和。

这里我们由定义和通项公式可以直接得到如下结论：即成立。

2、奇数项求和证明：3、偶数项求和证明：移项便得到证明。

4、平方求和证明：五、一些重要恒等式注：本内容收集整理于网络，如有错误请指正。

斐波那契数列的应用问题：
1．爬楼梯问题:
上楼梯的时候,如果允许每次跨一蹬或二蹬,那么对于楼梯数为1,2,3,4,…时的上楼方式数会有什么关系吗？
理论上说明:若登层阶梯有种方法,设第一步一层,则其余层的方法为种;若第一步二层,则其余层的方法为种;即登层阶梯的方法应有种.又因应登一层阶梯的方法只有一种;登两层的阶梯有两种方法(一步一层或一步两层),所以显然这是一个斐波那契数列的应用问题.
1,2,3,5,8,13,21,34,55,89……
2.座位问题:
师生集合坐一排,但老师们坐在一起总会聊些有关学校的无聊话题,因此规定老师彼此不可相邻而坐,若有不同数目的椅子,则有多少种可能的坐法(这同样是斐波那契数列的应用问题)
理论上说明:若只有一张椅子,可坐老师(T)或学生(S),共有两种坐法=>;若有二张椅子,可坐TS,ST,SS,共有三种坐法=>;若有n张椅子,可考虑n-1张椅子的情形下,最右边再加入一张椅子,如果最后坐的是学生则没有问题,有种坐法;如果最后坐的是老师,则最后两张坐的必定要是ST才符合条件,因此最后两张已经固定,相当于有种坐法,于是,斐波那契数列又再度出现.。

标数法与XXX台阶问题解法二：斐波那契数列递推公式，第十项为89，选D。

在标数法中，我们可以通过标记每个节点的情况数，来计算从起点到终点的最短路径的方案数。

这种方法适用于不能走“回头路”的情况。

举例来说，如果要从A到B，我们可以先走到C或者D，然后再从C或者D到达B，这样就可以通过标数法来计算从A到B的方案数。

最近几年的考题中，也出现了一些需要用到标数法的问题，例如从A到B的最短路径有多少种，或者在某些限制条件下，从一个点到另一个点有多少种走法等。

除了标数法，还有一种经典的问题叫做XXX台阶问题，也可以用斐波那契递推数列来解决。

例如在一个十阶楼梯上，XXX每次只能走一阶或者两阶，问走完此楼梯共有多少种方法。

我们可以通过斐波那契数列递推公式来计算，最终得到的结果为89.一年后可以繁殖的兔子总对数为斐波那契数列，选B。

假设刚出生的兔子，一个月后长成大兔子，两个月及以后的每个月可以生一对小兔子。

小兔子的来源只有一种：大兔子生出小兔子；大兔子的来源有两种：小兔子经过一个月变成大兔子、原来的大兔子依然是大兔子。

根据上述规律，可以得到每月的小兔子对数和大兔子对数，从而得到兔子总对数。

根据斐波那契数列的规律，从1号蜂房出发到达8号蜂房的不同走法数为21种，选C。

从1号出发，到达编号数分别为5、2、6、3、7、4、8的蜂房时，对应的方法数分别为1、2、3、5、8、13、21.到达7号的前一步有两类情况：从3号往右上过来或者从6号往右过来，所以到达7号的情况数等于到达3号的情况数加上到达6号的情况数。

从一个3×4的方格中的一个顶点A到顶点B的最短路线有15条。

可以使用组合数学或标数法来解决这个问题。

A。

1.2.3.5.8.13.21.34.55.89每次吃一颗或两颗，相当于每次可以走一步或两步，因此问题可以转化为在斐波那契数列中求第11项，即为89，选B。

例4：某人有7个球，其中3个红的、2个黄的、2个蓝的，他把这7个球随机地排成一行，那么红球在黄球两侧的排列方法有（。

1.生活中的“斐波那契数列”2014年温州市小学数学小课题评比学校：苍南县钱库小学成员姓名：陈耀坤吴文强金旭杭指导教师：陈瑞帐生活中的“斐波那契数列”——台阶中的数学一、问题的提出周末爸爸妈妈带我去龙港影城看3D电影，影城的大门口有16级水泥台阶，我发现老年人大多是一级一级地往上走的，年轻的小伙子喜欢两级两级地往上走，小朋友则是一会儿走一级，一会儿又蹦两级……很快，一个念头闪入我的脑海：按照他们这样不同的走法，走完这16级台阶，一共会有多少种不同的走法呢？会不会有什么规律呢？于是，在爸爸妈妈的鼓励下，我决定开始台阶走法的研究。

二、研究过程1.从最简单的做起该怎样开展研究呢？我找了两个好朋友，做合作伙伴。

我们想起了老师曾经提到过的华罗庚说的话:“善于退，足够地退，退到最原始的而不失重要的地方是学好数学的一个诀窍。

”也就是说可以“从最简单的做起”于是我们通过画楼梯入手。

1个台阶（1种）2个台阶（2种）3个台阶（3种）4个台阶（5种）……后来我觉得用这种表示方法实在太麻烦了，有没有更简捷的表达方法呢？于是在数学老师的启发下就想到了用最简单的数字来表达：楼梯台阶数及方法楼梯上法表示一个台阶（1种）（1）二个台阶（2种）（1，1）（2）三个台阶（3种）（1，1，1）（1，2）（2，1）四个台阶（5种）（1，1，1 ，1）（1，1，2）（1，2，1）（2，1，1）（2，2）五个台阶（8种）（1，1，1，1，1）（1，1，1，2）（1，1，2，1）（1，2，1，1）（2，1，1，1）（2，1，2）（2，2，1）（1，2，2） 5个台阶有8种走法，那现在求16个台阶有几种走法，该怎么办呢？我们想用这个方法继续进行进去，我尝试着：六个台阶（13种）（1，1，1，1，1，1）（1，2，1，1，1）（1，1，2，1，1）（1，1，1，2，1）（1，1，1，1，2）（2，1，1，1，1）（1，1，2，2）（2，1，1，2）（2，1，2，1）（2，2，1，1，）（1，2，2，1）（1，2，1，2）（2，2，2）七个台阶（21种）（1，1，1，1，1，1，1）（1，1，1，1，1，2）（1，1，1，1，2，1）（1，1，1，2，1，1）（1，1，2，1，1，1）（1，2，1，1，1，1）（2，1，1，1，1，1）（1，1，1，2，2）（1，1，2，2，1）（1，2，2，1，1）（2，2，1，1，1）（1，2，1，1，2）（1，2，1，2，1）（1，2，2，1，1,）（2，1，1，1，2）（2，1，1，2，1）（2，1，2，1，1）（2，2，2，1）（2，2，1，2）（2，1，2，2）（1，2，2，2）……2.整理数据，发现规律这样写下去还是很麻烦，数字会越来越大，而且很容易出现遗漏或重复。

走台阶问题如：总共100级台阶（任意级都行），小明每次可选择走1步、2步或者3步，问走完这100级台阶总共有多少种走法？解析：这个问题本质上是斐波那契数列，假设只有一个台阶，那么只有一种跳法，那就是一次跳一级，f(1)=1；如果有两个台阶，那么有两种跳法，第一种跳法是一次跳一级，第二种跳法是一次跳两级,f(2)=2。

如果有大于2级的n级台阶，那么假如第一次跳一级台阶，剩下还有n-1级台阶，有f(n-1)种跳法，假如第一次条2级台阶，剩下n-2级台阶，有f(n-2)种跳法。

这就表示f(n)=f(n-1)+f(n-2)。

将上面的斐波那契数列代码稍微改一下就是本题的答案f(n)=f(n-1)+f(n+2)斐波那契数列斐波那契数列：0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ...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(n)=F(n-1)+F(n-2)递推数列显然这是一个线性。

数学定义：递归斐波纳契数列以如下被以的方法定义：F（0）=0，F（1）=1，F（n）=F(n-1)+F(n-2)（n≥２，n∈N*）由兔子生殖问题引出、生物 (计算科学)特性：这个数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和。

特别指出：第1项是0，第2项是第一个1。

代码：public class Test { static final int s = 100; //自定义的台阶数static int compute(int stair){ if ( stair <=0){ return0; } if (stair ==1){ return1; } if (stair ==2){ return2; } return compute(stair-1) + compute(stair-2);//return 递归进行计算 --->递归思想进行数据计算处理在斐波那契数列中后一项的值等于前两项的和 } public static void main(String args[]) { System.out.println("共有" + compute(s) + "种走法"); } }return compute(stair-1) + compute(stair-2);在return子句中调用调用compute函数由斐波那契数列特性得到最后的值分值拆分。

斐波那契数列问题的探索摘要：斐波那契数列（Fibonacci Sequence），又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，……在数学上，斐波纳契数列以如下递归的方法定义：F0=0，F1=1，Fn=F(n-1)+F(n-2)（n>=2，n∈N*）。

在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波纳契数列都有直接的应用，为此，美国数学会从1960年代起出版了《斐波纳契数列》季刊，专门刊载这方面的研究成果。

关键词：裴波那契数列问题一、简述裴波那契数列(一)简介裴波那契数列的发明者，是意大利数学家列昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci），生于公元1170年，卒于1240年，籍贯是大概是比萨。

1202年，他撰写了《算经》（Liber Abacci）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。

(二)定义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。

(三)通项公式1.公式。

此公式又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例。

此时a1=1，a2=1，a n =a(n-1)+a(n-2)（n≥3,n∈N*）2.推导。

斐波那契数列：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) = 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。

方法一：利用特征方程（线性代数解法）线性递推数列的特征方程为：x²=x+1解得：x 1=251+，x 2=251- 则F(n)=c 1·x 1n +c 2·x 2n ∵F ⑴=F ⑵=1 ∴c 1·x 1+ c 2·x 2 ∴c 1·x 1² + c 2·x 2²解得：c 1=55，c 2=55- ∴F(n)= 55×[(251+)n - (251-)n]方法二：待定系数法构造等比数列（初等代数解法）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 r-s=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 ⑶-r ·F ⑵=s ·[F ⑵-r ·F ⑴]联立以上n-2个式子，得：F(n)-r ·F(n-1)=s n 2-·[F ⑵-r ·F ⑴]那么： F(n)=sn 1-+r ·F(n-1） =s n 1-+ r ·s n 2- + r ²·F(n-2）=s n 1-+r ·sn 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 ⑴ =sn 1-+ r ·sn 2-+r ²·sn 3-+……+ rn 2-·s +rn 1-（这是一个以sn 1-为首项、以rn 1-为末项、sr为公比的等比数列的各项的和）=sr r s n n ----1)11(=rs rs nn--r+s=1，-rs=1的一解为 s=251+，r=251-，则F(n)=55·(251+)n – (251-)n(四)与黄金分割的关系1.总述。

关于爬楼梯问题的斐波那契数列最多只能跨3个台阶：要上15个台阶，⼀个⼜多少种⽅法？理解如下：到n台阶 ⾛法(⼀步到位，2步到位，3步到位...) 选择1 1 12 2；11 23 3；12,21；111 44 13,31,22,；112,211,121；1111 75 23,32；113,311,131,122,212,221;1112,1121,1211,2111；11111 13....所以f(n)=f(n-1)+f(n-2)+f(n-3)1// ⾮递归2 #include <iostream>3using namespace std;4int main()5 {6int f1=1,f2=2,f3=4,fn;7int n;8 cout<<"输⼊n=";9 cin>>n;10if(n <= 0) return -1;11else if(n==1) {cout<<f1; return0;} //很有必要复习下if else语句啊12else if(n==2) cout<<f2;13else if(n==3) cout<<f3;14else15 {16for(int i=4; i<=n;i++)17 {18 fn =f3+f2+f1;19 f1=f2;20 f2=f3;21 f3=fn;22 }23 cout<<fn;24 }25return0;26 }⽅法2：1// Note:Your choice is C++ IDE2 #include <iostream>3using namespace std;45long f1 = 1;6long f2 = 2;7long f3 = 4;8long fn = 0;9long fibonacci(int n)10 {11if(n<=0) return -1;12if(n==1) return1;13if(n==2) return2;14if(n==3) return4;1516for(int i = 4; i <= n; i++)17 {18 fn =f3+f2+f1;19 f1=f2;20 f2=f3;21 f3=fn;22 }23return fn;24 }25int main()26 {27int n;28 cout<<"输⼊n=";29 cin>>n;30 cout <<"f("<<n<<")="<<fibonacci(n)<<endl;31return0;32 }突然想起⼤⼀时⽼师说的兔⼦问题，f(n)=f(n-1)+f(n-2);⽼师好像也讲了⼀个爬楼梯，她说那个是最多可以跨2个台阶，所以计算和兔⼦是⼀样的表达式，只有两项相加，这个是最多3个台阶，所以3项相加；⼜想起⽼师说的那个什么梵塔问题，64个盘⼦，如果你放了63个，我放最后（最底的）⼀个就⼀步；63 有⼈放了62个，我放最后（最底的那个）⼀个也就是1步；1// Note:Your choice is C++ IDE2 #include <iostream>3using namespace std;456void hanoi(int n, char a, char b, char c)7 {8if(n==1) //⼀个盘⼦，直接从a到c9 cout<<a<<" to "<<c<<endl;10else11 {12 hanoi(n-1,a,c,b);//将n-1个盘⼦从a柱⼦(借助c)移动到b13 cout<<a<<" to "<<c<<endl;//最底的盘⼦从a到c14 hanoi(n-1,b,a,c);//n-1个盘⼦到了最终的位置15 }16 }17int main()18 {19char a='a',b='b',c='c';20int n;21 cout<<"输⼊n=";22 cin>>n;23 hanoi(n,a,b,c);24return0;25 }到这⾥，⼜想起⼈⼯智能课上的⽤宽度优先和⼴度优先解决寻路问题，现在印象中只有9宫格轮序变为给定模式那个。

斐波那契数列-爬楼梯-⼤数问题在你⾯前有⼀个n阶的楼梯，你⼀步只能上1阶或2阶。

请问计算出你可以采⽤多少种不同的⽅式爬完这个楼梯。

这个问题乍⼀看就是简单的斐波那契数列问题，但是当楼梯数量到达⼀定数量后，例如 39，此时基本数据类型 int 或 long 都会溢出。

所以需要解决⼤数的问题。

public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);int target = sc.nextInt();int[] list = { 0, 1, 2 };if (target < 3) {System.out.println(list[target]);return;}String jumpNOne = "2";// 最后只跳⼀步String jumpNTwo = "1";// 最后跳两步String jumpN = "0";// 统计跳 target 个台阶的⽅案for (int i = 3; i <= target; i++) {jumpN = bigData(jumpNTwo, jumpNOne);jumpNTwo = jumpNOne;jumpNOne = jumpN;}System.out.println(jumpN);} ⼤数问题：// s2 >= s1public static String bigData(String s1, String s2) {String result = "";// 记录相加结果int flag = 0;// 记录是否有进位int i = s1.length() - 1;// 记录s1 的最后⼀位，也就是个位数int j = s2.length() - 1;// 记录s2 的最后⼀位，也就是个位数int temp = 0;while (i >= 0 || j >= 0) {// s2 ⼀定⽐ s1 ⼤，所以可能存在 s2 ⽐ s1 多⼀位if (i < 0) {//temp = s2.charAt(j) - '0' + flag;result = new Integer(temp).toString() + result;flag = 0;} else {temp = (s1.charAt(i) - '0') + (s2.charAt(j) - '0') + flag;flag = temp / 10;temp = temp % 10;result = new Integer(temp).toString() + result;}i--;j--;}if(flag == 1)result = "1" + result;return result;}。

斐波那契数列计算题有一列数:1,1,2,3,5,8,13,21,...此数列的第2010项除以8的余数是___.从第三项起每一项是前2项的和前6个数除以8的余数分别是1，1，2，3，5，0，后面的数除以8的余数则用前两个余数相加得到即依次是5，5，2，7，1，0，1，1，2，3，5，0，……则循环周期是1，1，2，3，5，0，5，5，2，7，1，0，共12个数一个周期，因为2010÷12余数是6 就相当于是第6个数的余数，即为0有一列数1，2，3，5，8......从左往右第100个数是奇数还是偶数。

要算式这些数其实是有规律的，除了前两位1和2之后，就是按：奇、奇、偶这样的顺序排列的，所以有：（100-2）/3=98/3=32余2所以第100个数是奇数。

有一列数1、2、3、5、8、13、21......这列数中第1001个数除以3，余数是几？依次算余数，发现8个数一组，是12022101，所以第1001个余数是1！有1列数1，2，3，5，8，13，21，34，55..从第三个数开始每个数是前两个数的和，那么在前1000个数有多少奇每3个数当中有2个奇数，1000÷3=333余1 一共333组多1个多的那个是第334组的第一个，也是奇数奇数一共有：333×2+1=667个有一列数1,2,3,5,8,13,21.从第三个数起,每个数都是前面两个数的和,在前20005个数中,偶数有多少个?1,2,3,5,8,13,21,34,55..规律：奇偶奇/ 奇偶奇/ 奇偶奇/.20005÷3=6668余1所以在前20005个数中,偶数有6668个有一列数1，1，2，3，5，8，13，21，34，从第三个数开始每一个数都是它前面两个数的和，求这一列数的第2006个除以4后所得的余数？如果硬算,那是算不出来的,所以,我们要找规律.1÷4余1,1÷4余1,2÷4余2,3÷4余3,5÷4余1,8÷4余0,13÷4余1,21÷4余1,34÷4余2,55÷4余3,89÷4余1,144÷4余0余数是1,1,2,3,1,0这样循环的,把2006÷6=334余2,那么,1,1,2,3,1,0中的第2个是1,答第2006个除以4后所得的余数是1有一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，34......从第3个数开始，每一个数都是它前面2个数的和。