趣题：人上楼梯，一次可上1阶也可上2阶，问到达n阶共有多少种方法?

我尝试给这个题一个证明：

我们假设，阶数为n时候 ，登梯的方法普遍有P（n）种。
当阶数为n的时候，要想最后上第n阶楼梯，有两种方法。

1。先走到n－1阶的位置，再走1步。此时已经有的登梯方法为P（n－1），再走一步，总的到n梯的方法不变，还是P（n－1）。

2。可以先走到n－2阶的位置，再一次走2步。此时已经有的登梯方法为P（n－2），再一次走2步。总的到n的方法还是不变，还是P（n－2）。

故：到达n阶时候，总的登梯方法，为上面两者方法之和。有
P（n）＝P（n－1）＋ P（n－2）。。。1

上式表明，登梯的方法为前两阶登梯方法之和。当n大于3时候，1式子成立。

前1，2项。用玫举法得：
n＝1 p1＝1 ； n=2 P2=2 ；
由第3项起，就可按1式子计算。

从1式亦可知道，P（n）数列满足，斐波那挈数列。该数列的性质和通项都是现成的，就不赘述了。

原来的贴子：http://tieba.baidu.com/f?kz=307884489

通项P（N）为下式：N>=1的自然数。

[ 本帖最后由 贝贝的乖宝宝 于 2008-4-18 18:57 编辑 ]

不知道这种方法对不对啊。有高人出来研究一下了

斐波那挈数列又称兔子数列．  
递推公式是：a1=a2=1,an=a(n-1)+a(n-2)（n>2）  
通项公式是：F(n)=(1/√5)*{[(1+√5)/2]^n - [(1-√5)/2]^n}  
显然这是一个线性递推数列。  

通项公式的推导方法一：利用特征方程  
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F(n)=C1*X1^n + C2*X2^n  
∵F(1)=F(2)=1  
∴C1*X1 + C2*X2  
C1*X1^2 + C2*X2^2  
解得C1=1/√5，C2=-1/√5  

∴F(n)=(1/√5)*{[(1+√5)/2]^n - [(1-√5)/2]^n}【√5表示根号5】  

通项公式的推导方法二：普通方法  

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, -rs=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(3)-r*F(2)=s*[F(2)-r*F(1)]  

将以上n-2个式子相乘，得：  
F(n)-r*F(n-1)=[s^(n-2)]*[F(2)-r*F(1)]  
∵s=1-r，F(1)=F(2)=1  
上式可化简得：  
F(n)=s^(n-1)+r*F(n-1)  

那么：  
F(n)=s^(n-1)+r*F(n-1)  
= s^(n-1) + r*s^(n-2) + r^2*F(n-2)  
= s^(n-1) + r*s^(n-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(1)  
= s^(n-1) + r*s^(n-2) + r^2*s^(n-3) +……+ r^(n-2)*s + r^(n-1)  
（这是一个以s^(n-1)为首项、以r^(n-1)为末项、r/s为公差的等比数列的各项的和）  
=[s^(n-1)-r^(n-1)*r/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F(n)=(1/√5)*{[(1+√5)/2]^n - [(1-√5)/2]^n}

对的，我记得这是上学期刚开始学数列的一个习题，有学生问这个题。

很有意思，但学生听不懂。

推理没错，但是通项公式不知道对不对，晚上有时间我来算一下

说实话，看着程序式的算式让我有点不适应，头晕

题目改为10阶楼梯把第7和第3规定为不许踩（比如木楼梯，年久失修）

那不是变成8阶了？

不是

改成每步只许走2或3级，又如何？

意思是3、7只有一次上两级一种走法，然后相应的2、6和4、8的走法数改变了？

对的

a_n=a_n-1+a_n-2