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。

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≥3f(n+2)=f(n+1)+f(n)+1，n\in{N^*}，{n}\geq 3f(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：
a1=a2=1a_1=a_2=1a1=a2=1an+2=an+1+ana_{n+2}=a_{n+1}+a_nan+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：an+2=an+1+ana_{n+2}=a_{n+1}+a_nan+2=an+1+an

我们把它定为1式，试一试能不能把 an+1a_{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：an+2+λan+1=υ(an+1+λan)a_{n+2}+λa_{n+1}=\upsilon(a_{n+1}+λa_n)an+2+λan+1=υ(an+1+λan)

这样 {an+1+λana_{n+1}+λa_nan+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\upsilonυ等比数列。其中每一项为：
an+1+λan，当n=1时，首项为a2+λa1a_{n+1}+λa_n，当n=1时，首项为a_{2}+λa_1an+1+λan，当n=1时，首项为a2+λa1
由于 a1=a2=1a_1=a_2=1a1=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：
an+2+λan+1=υ(an+1+λan)a_{n+2}+λa_{n+1}=\upsilon(a_{n+1}+λa_n)an+2+λan+1=υ(an+1+λan)
        展开an+2+λan+1=υan+1+υλana_{n+2}+λa_{n+1}=\upsilon a_{n+1}+\upsilon λa_nan+2+λan+1=υan+1+υλan        合并同类项：an+2=(υ−λ)an+1+υλana_{n+2}=(\upsilon-λ)a_{n+1}+\upsilon λa_nan+2=(υ−λ)an+1+υλan
        与1式相比：an+2=an+1+ana_{n+2}=a_{n+1}+a_nan+2=an+1+an
        可知：{υ−λ=1υλ=1\begin{cases} \upsilon-λ=1\\ \upsilon λ=1 \end{cases} {υ−λ=1υλ=1        得：υ=λ+1\upsilon=λ+1υ=λ+1
        将υ=λ+1\upsilon=λ+1υ=λ+1带入2式，可得：an+2+λan+1=(λ+1)(an+1+λan)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：an+2=an+1+(λ2+λ)ana_{n+2}=a_{n+1}+(λ^2+λ)a_nan+2=an+1+(λ2+λ)an

与1式相比：an+2=an+1+ana_{n+2}=a_{n+1}+a_nan+2=an+1+an
        可知：λ2+λ=1λ^2+λ=1λ2+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。λ2+λ=1λ^2+λ=1λ2+λ=1λ2+λ+14=54λ^2+λ+\frac{1}{4}=\frac{5}{4}λ2+λ+41=45(λ+12)2=54(λ+\frac{1}{2})^2=\frac{5}{4}(λ+21)2=45{λ+12=542=522λ+12=−542=−522\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=225λ+21=−245=−225        得出解：{λ1=52−12λ2=−52−12\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：ak=a1⋅qk−1a_k=a_1·q^{k-1}ak=a1⋅qk−1
        {an+1+λana_{n+1}+λa_nan+1+λan}是等比数列，则有：an+1+λan=(a2+λa1)υn−1a_{n+1}+λa_{n}=(a_{2}+λa_1)\upsilon^{n-1}an+1+λan=(a2+λa1)υn−1
        首项(a2+λa1)=(1+λ)(a_{2}+λa_1)=(1+λ)(a2+λa1)=(1+λ)，公比υ=λ+1\upsilon=λ+1υ=λ+1，有：an+1+λan=(1+λ)(λ+1)n−1a_{n+1}+λa_{n}=(1+λ)(λ+1)^{n-1}an+1+λan=(1+λ)(λ+1)n−1
        有：

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

现将第1个解λ1=52−12λ_1=\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}λ1=225−1代入4式后得到：

5式：an+1+52−12an=(52+12)na_{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λ2=−52−12λ_2=\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}λ2=2−25−1代入4式后得到：

6式：an+1+−52−12an=(1−522)na_{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 ana_nan 的通项公式只需5式减去6式，得到：
52−12an−−52−12an=(52+12)n−(1−522)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)n2522an=(1+522)n−(1−522)n\frac{2\sqrt[2]{5}}{2}a_{n}=(\frac{1+\sqrt[2]{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n}2225an=(21+25)n−(21−25)n52an=(1+522)n−(1−522)n\sqrt[2]{5}a_{n}=(\frac{1+\sqrt[2]{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n}25an=(21+25)n−(21−25)n
可得通项公式为：
an=152[(1+522)n−(1−522)n]a_{n}=\frac{1}{\sqrt[2]{5}}[(\frac{1+\sqrt[2]{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n}]an=251[(21+25)n−(21−25)n]
其线性分布为：

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：
a1=a2=1a_1=a_2=1a1=a2=1an+2=an+1+an+1，n∈N∗，n≥1a_{n+2}=a_{n+1}+a_n+1，n\in{N^*}，{n}\geq 1an+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：an+2=an+1+an+1a_{n+2}=a_{n+1}+a_n+1an+2=an+1+an+1 得到：

a式：an+2+1=(an+1+1)+(an+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 an+1+1a_{n+1}+1an+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：an+2+1+λ(an+1+1)=υ[an+1+1+λ(an+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 {(an+1+1)+λ(an+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\upsilonυ等比数列。其中每一项为：
(an+1+1)+λ(an+1)，当n=1时，首项为a2+1+λ(a1+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 a1=a2=1a_1=a_2=1a1=a2=1得到首项应为：

首项：(2+2λ)首项： (2+2λ)首项：(2+2λ)

我们把b式展开：
an+2+1+λ(an+1+1)=υ[an+1+1+λ(an+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an+2+1+λan+1+λ=υ[an+1+1+λan+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]an+2+1+λan+1+λ=υan+1+υ+υλan+υλa_{n+2}+1+λa_{n+1}+λ=\upsilon a_{n+1}+\upsilon+\upsilonλa_n+\upsilonλan+2+1+λan+1+λ=υan+1+υ+υλan+υλ        合并同类项：an+2=(υ−λ)an+1+υλan+υλ+υ−λ−1a_{n+2}=(\upsilon-λ) a_{n+1}+\upsilonλa_n+\upsilonλ+\upsilon-λ-1an+2=(υ−λ)an+1+υλan+υλ+υ−λ−1
        与原式相比：an+2=an+1+an+1a_{n+2}=a_{n+1}+a_n+1an+2=an+1+an+1
        可知：{①υ−λ=1②υλ=1③υλ+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+1υ=λ+1
        将υ=λ+1\upsilon=λ+1υ=λ+1带入b式，可得：an+2+1+λ(an+1+1)=(λ+1)[an+1+1+λ(an+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：an+2=an+1+(λ2+λ)an+(λ2+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：an+2=an+1+an+1a_{n+2}=a_{n+1}+a_n+1an+2=an+1+an+1
        可知：λ2+λ=1λ^2+λ=1λ2+λ=1
        同样得出解：{λ1=52−12λ2=−52−12\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：ak=a1⋅qk−1a_k=a_1·q^{k-1}ak=a1⋅qk−1
        {(an+1+1)+λ(an+1)(a_{n+1}+1)+λ(a_n+1)(an+1+1)+λ(an+1)}是等比数列，则有：an+1+1+λ(an+1)=(a2+1+λ(a1+1))υn−1a_{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(a2+1+λ(a1+1))=(2+2λ)(a_{2}+1+λ(a_1+1))=(2+2λ)(a2+1+λ(a1+1))=(2+2λ)，公比υ=λ+1\upsilon=λ+1υ=λ+1，有：
an+1+1+λ(an+1)=(2+2λ)(λ+1)n−1a_{n+1}+1+λ(a_{n}+1)=(2+2λ)(λ+1)^{n-1}an+1+1+λ(an+1)=(2+2λ)(λ+1)n−1an+1+λan+λ+1=2(1+λ)(λ+1)n−1a_{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：an+1+λan=2(λ+1)n−λ−1a_{n+1}+λa_{n}=2(λ+1)^{n}-λ-1an+1+λan=2(λ+1)n−λ−1

现将第1个解λ1=52−12λ_1=\frac{\sqrt[2]{5}-1}{2}λ1=225−1代入d式后得到：

e式：an+1+52−12an=2(52−12+1)n−52−12−1a_{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}-1an+1+225−1an=2(225−1+1)n−225−1−1

再将第2个解λ2=−52−12λ_2=\frac{-\sqrt[2]{5}-1}{2}λ2=2−25−1代入d式后得到：

f式：an+1+−52−12an=2(−52−12+1)n−−52−12−1a_{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}-1an+1+2−25−1an=2(2−25−1+1)n−2−25−1−1

若要得到 ana_nan 的通项公式只需e式减去f式，得到：an+1+52−12an=2(52−12+1)n−52−12−1a_{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}-1an+1+225−1an=2(225−1+1)n−225−1−1−-−an+1+−52−12an=2(−52−12+1)n−−52−12−1a_{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}-1an+1+2−25−1an=2(2−25−1+1)n−2−25−1−1===52an=2(52−12+1)n−52−12−(2(−52−12+1)n−−52−12)\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})25an=2(225−1+1)n−225−1−(2(2−25−1+1)n−2−25−1)52an=2(52−12+1)n−2(−52−12+1)n−52−12+−52−12\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}25an=2(225−1+1)n−2(2−25−1+1)n−225−1+2−25−152an=2(52−12+1)n−2(−52−12+1)n−52\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}25an=2(225−1+1)n−2(2−25−1+1)n−2552an=2[(1+52−12)n−(1−52+12)n]−52\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}25an=2[(1+225−1)n−(1−225+1)n]−2552an=2[(1+522)n−(1−522)n]−52\sqrt[2]{5}a_{n}=2[(\frac{1+\sqrt[2]{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n}]-\sqrt[2]{5}25an=2[(21+25)n−(21−25)n]−25
可得通项公式为：
an=252[(1+522)n−(1−522)n]−1a_{n}=\frac{2}{\sqrt[2]{5}}[(\frac{1+\sqrt[2]{5}}{2})^{n}-(\frac{1-\sqrt[2]{5}}{2})^{n}]-1an=252[(21+25)n−(21−25)n]−1
其线性分布为：

完结撒花

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