讲义：利用构造等比数列法（待定系数法）推导斐波那契数列通项公式

一、 斐波那契数列的定义

斐波那契数列 ${F_n}$ 的递推关系式为： $$ \begin{cases} F_1 = 1 \\ F_2 = 1 \\ F_n = F_{n-1} + F_{n-2} \quad (n \ge 3) \end{cases} $$

我们的目标是：求出它的通项公式 $F_n$。

二、 核心思想与构造目标

对于二阶线性递推数列 $F_n = F_{n-1} + F_{n-2}$，我们希望通过引入一个常数 $\lambda$，将其转化为等比数列的形式。

假设存在一个常数 $\lambda$，使得递推式可以改写为： $$ F_n - \lambda F_{n-1} = k (F_{n-1} - \lambda F_{n-2}) $$ 如果能找到这样的 $\lambda$ 和常数 $k$，那么数列 ${F_n - \lambda F_{n-1}}$ 就是一个公比为 $k$ 的等比数列。

三、 利用“待定系数法”求解参数

1. 展开与整理

将上述假设的等式展开： $$ F_n - \lambda F_{n-1} = k F_{n-1} - k \lambda F_{n-2} $$ 移项，把含有 $F_{n-1}$ 的项合并： $$ F_n = (\lambda + k)F_{n-1} - k\lambda F_{n-2} $$

2. 对比系数

将上式与原斐波那契递推式 $F_n = 1 \cdot F_{n-1} + 1 \cdot F_{n-2}$ 进行对应系数比较： 1. $F_{n-1}$ 的系数： $\lambda + k = 1$ 2. $F_{n-2}$ 的系数： $-k\lambda = 1 \implies k\lambda = -1$

3. 求解特征方程

由 $\lambda + k = 1$ 可知 $k = 1 - \lambda$。将其代入 $k\lambda = -1$ 中： $$ \lambda(1 - \lambda) = -1 $$ 展开得： $$ \lambda - \lambda^2 = -1 $$ 移项整理，得到关于 $\lambda$ 的一元二次方程（也称为特征方程）： $$ \lambda^2 - \lambda - 1 = 0 $$

利用求根公式 $\lambda = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$，解得两个根： $$ \lambda_1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}, \quad \lambda_2 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} $$

四、 构造两个等比数列

因为该二次方程有两个不同的根 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$，我们可以得到两个不同的递推关系：

1. 当 $\lambda = \lambda_1$ 时，$k_1 = 1 - \lambda_1 = \lambda_2$（因为 $\lambda_1 + \lambda_2 = 1, \lambda_1\lambda_2 = -1$），递推式为： $$ F_n - \lambda_1 F_{n-1} = \lambda_2 (F_{n-1} - \lambda_1 F_{n-2}) $$ 这说明数列 ${F_n - \lambda_1 F_{n-1}}$ 是以 $\lambda_2$ 为公比的等比数列。

2. 当 $\lambda = \lambda_2$ 时，同理可得： $$ F_n - \lambda_2 F_{n-1} = \lambda_1 (F_{n-1} - \lambda_2 F_{n-2}) $$ 这说明数列 ${F_n - \lambda_2 F_{n-1}}$ 是以 $\lambda_1$ 为公比的等比数列。

五、 求解通项公式 $F_n$

为了方便书写，我们令： * 黄金分割率 $\alpha = \lambda_1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ * 共轭根 $\beta = \lambda_2 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$ 易知：$\alpha + \beta = 1$，$\alpha\beta = -1$，且 $\alpha - \beta = \sqrt{5}$。

由前面的分析，我们有： 1. $F_n - \alpha F_{n-1} = \beta (F_{n-1} - \alpha F_{n-2}) = \dots = (F_2 - \alpha F_1)\beta^{n-2}$ 2. $F_n - \beta F_{n-1} = \alpha (F_{n-1} - \beta F_{n-2}) = \dots = (F_2 - \beta F_1)\alpha^{n-2}$

两式相减消去 $F_{n-1}$： 由 (1) - (2) 可得： $$ (\beta - \alpha) F_{n-1} \quad \text{(此方法稍微绕远，我们直接用两式作差法)} $$

更简便的做法：将两个等比数列的通项结果直接作差。 由 $F_n - \alpha F_{n-1} = (1 - \alpha)\beta^{n-2} \cdot \dots$ 两式联立，我们可以直接设 $F_n$ 的通项形式为： $$ F_n = C_1 \alpha^n + C_2 \beta^n $$ 其中 $C_1$ 和 $C_2$ 是待定常数。

利用前两项 $F_1 = 1, F_2 = 1$ 代入： 1. 当 $n = 1$ 时：$C_1 \alpha + C_2 \beta = 1$ 2. 当 $n = 2$ 时：$C_1 \alpha^2 + C_2 \beta^2 = F_2 = 1$

联立方程组： $$ \begin{cases} C_1 \alpha + C_2 \beta = 1 \ C_1 \alpha^2 + C_2 \beta^2 = 1 \end{cases} $$

将第一个方程两边同乘以 $\alpha$： $$ C_1 \alpha^2 + C_2 \alpha\beta = \alpha $$ 用该式减去第二个方程： $$ C_2 (\alpha\beta - \beta^2) = \alpha - 1 $$ 因为 $\alpha + \beta = 1 \implies \alpha - 1 = -\beta$，且 $\alpha\beta = -1$，代入得： $$ C_2 (-1 - \beta^2) = -\beta \quad (\text{此处可直接利用行列式或矩阵求解更快捷}) $$

矩阵/代数简化解法：

由 $\alpha$ 和 $\beta$ 是 $\lambda^2 - \lambda - 1 = 0$ 的根，满足 $\alpha^2 = \alpha + 1$, $\beta^2 = \beta + 1$。 代入初始条件： * $n=1 \implies C_1 \alpha + C_2 \beta = 1$ * $n=2 \implies C_1 (\alpha+1) + C_2 (\beta+1) = 1 \implies (C_1\alpha + C_2\beta) + (C_1 + C_2) = 1$

因为 $C_1\alpha + C_2\beta = 1$，代入上式得： $$ 1 + (C_1 + C_2) = 1 \implies C_1 + C_2 = 0 \implies C_2 = -C_1 $$

将其代入 $n=1$ 的方程： $$ C_1 \alpha + (-C_1)\beta = 1 \implies C_1(\alpha - \beta) = 1 $$ 因为 $\alpha - \beta = \frac{1+\sqrt{5}}{2} - \frac{1-\sqrt{5}}{2} = \sqrt{5}$，所以： $$ C_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}, \quad C_2 = -\frac{1}{\sqrt{5}} $$

六、 最终结论（Binet 公式）

将 $C_1$ 和 $C_2$ 的值代入 $F_n = C_1 \alpha^n + C_2 \beta^n$ 中，得到斐波那契数列的通项公式：

$$ F_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n - \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \right] \quad (n = 1, 2, 3, \dots) $$

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