斐波那契数列倒数和

Question

求斐波那契数列各项倒数的和
不要近似数而是要精确代数解，附带证明
这个肯定存在因为
3<1/1+1/1+1/2+1/3+1/5+1/8+1/13+1/21+……<1+1+1/2+1/3+1/2+1/4+1/8+……=1+1+1/2+1/3+1
九楼别误导人，级数通项趋于0是级数收敛的必要而非充分条件

Answer 1

我有研究，等我!
斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21……
斐波那契数列的递推式为：
an=a(n-1)+a(n-2)，(n≥3)——（1）
由构造数列法求其通项：
设（1）式可以化成如下形式：
an-t×a(n-1)=k×(a(n-1)-t×a(n-2))
即：an=(k+t)×a(n-1)-k×t×a(n-2)——（2）
联立（1）（2）可得到关于t、k的二元一次方程组：
k+t=1
-kt=1
可知k、t为一元二次方程x^2-x-1=0的两个根，取两组解中的一组：
t=(1-√5)/2；k=(1+√5)/2
则斐波那契数列的递推式为可化为：
an-t×a(n-1)=k×(a(n-1)-t×a(n-2))，
其中t=(1-√5)/2；k=(1+√5)/2
令b1=a2-t×a1=1-t=k，
则bn=a(n+1)-t×an
=b1×q^(n-1)
=k×k^(n-1)
=k^n
即：a(n+1)-t×an=k^n
则an-t×a（n-1）=k^（n-1）
an=t×a（n-1）+k^（n-1）
a(n-1)=t×a（n-2）+k^（n-2）
a(n-2)=t×a（n-3）+k^（n-3）
······
a3=t×a2+k^2
a2=t×a1+k^1
依次把a2代入a3，a3代入a4，······，得到的an的表达式，是一个以k^(n-1)为首项、以t^(n-1)为末项、t/k为公差的等比数列的各项的和，于是：
an=[k^(n-1)-t^(n-1)*t/k]/(1-t/k)
=(k^n - t^n)/(k-t)
=(1/√5)*{[(1+√5)/2]^n - [(1-√5)/2]^n}
那么斐波那契数列倒数通项为：
bn=1/an
~~bn的前n项和明天再来做！
——似乎很难，我最近很忙，没时间搞了，但结果是有个形式简单的表达式的，它一定存在！
——那些用C语言的同学们似乎是表现C语言的，根本没理解精确值是什么意思！

Answer 2

3.3598856662431775531720113029189271796889051337319684864955538153251303189966833836154162164567900872970453429288539133041367890171008836795913517330771190785803335503325077531875998504871797778970060395645091781510911150195149248644519098140234457522307405573260765987852806249869947162904605505192016206859792429885258452312239519457322873414648091636575494038987310320780024691936821893510787310185666317895357188321825474113918870818945551702811022469351692252469677576048812115950501687038732636

这个问题的性质就相当于要我们去用精确数来表示П，

想必楼主已经证明了这个值一定能代数数或者是常见函数值进行组合的超越数来表示。

若不是这样，还请楼主不要忘了，人们不能无限精度的表示 П ，并不等于人们计算不了圆的周长。
借助计算机，以及软件，比如mathematica,
你要多少位，原则上我就能给出多少位。本回答被提问者采纳

Answer 3

我不能求出精确解，但我能得到一个收敛的结果.
我们可以证明
Fk=(α^k-β^k)/(α-β),其中α,β(设α>β)满足方程x^2-x-1=0
下面我们考虑级数∑x^n/(1-x^n),(|x|<1)……（*）
它是绝对收敛的，事实上我们只需注意到：
x^n/(1-x^n)=x^n/[1-(x^2n)]+x^(2n)/[1-(x^2n)]
且由当|x|<1时，∑x^n绝对收敛，据阿贝尔判别法，以单调递减且有下界的因子1/[1-(x^2n)]乘以该级数的对应项所得级数∑x^n/[1-(x^2n)]也绝对收敛。同理，再以单调递减有界因子x^n乘级数∑x^n/[1-(x^2n)]对应的项所得级数∑x^(2n)/[1-(x^2n)]也绝对收敛。故(*)也绝对收敛，记级数(*)为L(x),则可以证明：
∑1/F2k=(α-β)[L(β^2)-L(β^4)],k=1,2,……
因为α,β满足x^-x-1=0,那么αβ=-1,
所以1/F2k=(α-β)*α^(-2k)/[1-(β/α)^(2k)]
=(α-β)*(β^2)^k/[1-(β^4)^k]
=(α-β){(β^2)/[1-(β^2)^k)] - (β^4)/[1-(β^4)^k)]}
所以
∑1/F2k=(α-β)[L(β^2)-L(β^4)] (因为β<1,所以β^2,β^4<1)
同理可以证明
∑1/F(2k-1)=(α-β)[L(β^2)-L(β^4)],k=1,2,……
故∑1/Fk收敛于(α-β)[L(β^2)-L(β^4)]
=√5[L((3-√5)/2) - L((7-3√5)/2)]

Answer 4

最终答案
3.359885 （近似值）

用c语言就可以知道答案了
不知道你能看懂哦
知道怎么运行不？？

#include<stdio.h>
void main()
{
int i;
float sum=0;
double f[50];
f[0]=1;f[1]=1;
for(i=2;i<50;i++)
f[i]=f[i-2]+f[i-1];
for(i=0;i<50;i++)
{
sum=sum+1/(f[i]);
if(i%5==0)printf("\n");
printf("%15.0f",f[i]);
}
printf("\n");
printf("%f\n",sum);
}

运行结果

1 1 2 3 5
8 13 21 34 55
89 144 233 377 610
987 1597 2584 4181 6765
10946 17711 28657 46368 75025
121393 196418 317811 514229 832040
1346269 2178309 3524578 5702887 9227465
14930352 24157817 39088169 63245986 102334155
165580141 267914296 433494437 701408733 1134903170
1836311903 2971215073 4807526976 7778742049 12586269025
3.359885

大哥啊，上面就是前50项，看清楚，是计算机计算的结果，如果要要精确答案，那不知道后面就多少位小数~~~~~

Answer 5

斐波那契数列通项公式推导方法
Fn+1=Fn+Fn-1

两边加kFn
Fn+1+kFn=(k+1)Fn+Fn-1
当k!=1时
Fn+1+kFn=(k+1)(Fn+1/(k+1)Fn-1)

令
Yn=Fn+1+kFn
若
当k=1/k+1，且F1=F2=1时
因为
Fn+1+kFn=1/k(Fn+kFn-1)
=>
Yn=1/kYn-1
所以
Yn为q=1/k=1(1/k+1)=k+1的等比数列

那么当F1=F2=1时
Y1=F2+kF1=1+k*1=k+1=q
根据等比数列的通项公式
Yn=Y1q^(n-1)=q^n=(k+1)^n
因为k=1/k+1=>k^2+k-1=0
解为 k1=(-1+sqrt(5))/2
k2=(-1-sqrt(5))/2
将k1,k2代入
Yn=(k+1)^n
，和Yn=Fn+1+kFn
得到
Fn+1+(-1+sqrt(5))/2Fn=((1+sqrt(5))/2)^2
Fn+1+(-1+sqrt(5))/2Fn=((1-sqrt(5))/2)^2
两式相减得
sqrt(5)Fn=((1+sqrt(5))/2)^2-((1-sqrt(5))/2)^2

Fn=(((1+sqrt(5))/2)^2-((1-sqrt(5))/2)^2)/sqrt(5)