斐波拉契数列f(1)=1,f(2)=1,求前35项斐波拉契数的和

1、loga(x2)-loga(x1)=2=>loga(x2/x1)=2=>x2/x1=a^2=>x2=a^2(x1)=>xn=a^(2(n-1))*(x1)=a^(2n)2、Sn=a^2(1-a^(

数学归纳法轻松搞定吧?N=1时,F(0)=1F(1)=1显然成立.假设N=K(K>0)时等式成立,那么左边=F(N)*F(N+1)+F(N+1)*F(N+1)=F(N+1)*[F(N)+F(N+1)]

f(m+2)=f(m)+f(m+1)=f(2-1)f(m)+f(2)f(m+1),f(m+3)=f(m+1)+f(m+2)=2f(m+1)+f(m)=[f(1)+f(2)]f(m+1)+f(m)=f(

你这错误太明显了,f(0)f(1)f(2)能做变量吗?你最好还是写一个f(i)的函数.给你源码：#include#includeintmain(intargc,char*argv[]){inti,f[

F[2]=7F[3]=26F[4]=97F[5]=362再问：再问：再问：如知道解答程序结果，请赐教，万分感谢

楼主这个百度有很多的,在此借用一下夜游神小翠的程序：#include#defineN20intFibonacci(intn){if(n==1||n==2)return1;elseretur

Fn+1Fn-1=Fn^2+1Fn+2Fn=Fn+1^2+1两式相减得：Fn+2Fn-Fn+1Fn-1=Fn+1^2-Fn^2移项得：Fn+2Fn+Fn^2=Fn+1Fn-1+Fn+1^2即Fn(Fn

(1)2,f(a1),f(a2),...,f(an),2n+4成等差数列令n=1,则2,f(a1),6为等差数列f(a1)=(2+6)/2=4则公差d=2所以f(an)的通项公式为f(an)=2n+2

由已知条件知：an=2n+2,故前n项和为：(a^4)(1-(a^2n))/(1-a^2)

2,f(A1),f(A2),f(A3)……f(An),2n+4成等差数列,公差d=[(2n+4)-2]/(n+1)=2f(An)=2n+4-2=2n+2又f(x)=logax所以f(An)=loga(

f[1]=1;f[2]=1;f[n_]:=f[n-2]+f[n-1]f[25]这样就可以了,不过这样的二分支递归速度很慢的,用f[35]试试便知.要速度的话,可以这样：f[1]=1;f[2]=1;f[

Theansweris1830.Leta=f(1).Byinduction,onemayeasilyprovethatforanyn>=0,f(4n+1)=a,f(4n+2)=8n+1+a,f(4n+

1)"怎么化简的?"答:分子分母同时乘以{根号[(n+1)^2+1]+(n+1)}*{根号(n^2+1)+n}2)"假如相减怎么做?"答:你是指解an时那个负根吗?那个负根要舍去,因为既然log2an

(1)f(x1),f(x2),...,f(xn),...是公差为2的等差数列,且x1=a*2所以f(xn)=loga(a^2)+2(n-1)=2n因f(xn)=loga(xn)所以{xn}=a^(2n

(1)令x=y=0,则有f(0)+f(0)=f（0).所以f(0)=0,再令y=-x,则有f(x)+f(-x)=f((x-x)/(1-x^2))=f(0)=0.所以f(-x)=-f(x)；(2)a1>

2,f(A1),f(A2),f(A3)……f(An),2n+4成等差数列公差d=[(2n+4)-2]/(n+1)=2f(An)=2n+4-2=2n+2又f(x)=logax所以f(An)=loga(A

其实如果不是证明题,假定极限存在,即lim(n->+∞)an=a,直接对方程两边求极限,得a=f(a),解方程,就可得a.正常f应该是一个收缩函数,否则不收敛的.横线之间如何证明{an-A}趋于零?好

比如Fibonacci数列0,1,1,2,3,5,8,13.,其中2=1+1,3=2+1,5=3+2,即第N项等于前两项之和.再问：那f呢？

f(x)+f(1-x)通分就可得结果为1所以第一问为1第2问类似a1+a2+a3+...+a1000=Sa1000++a3+a2+a1=S相加2S=1000(a1+a1000)=1000乘1=1000

用数学归纳法：首先：n=1,2,3时容易知道f（1）,f（2）,f（3）为斐波那契数列,假设n=k使f(k+1)=f(k)+f(k-1)成立时n=k+1使f(k+2)=f(k)+f(k+1)也成立就可