1、第14题 砌 砖用长2个单位宽1个单位的砖可以有多少种不同的方式砌成长2个单位宽3个单位的矩形？容易看到：用长2个单位宽1个单位的砖可以有3种不同方式砌成长2个单位宽3个单位的矩形，如图141(1)(2)(3)：现在我们考虑更一般性的问题：用长2个单位宽1个单位的砖可以由多少种不同的方式砌成长2个单位宽是n个单位的矩形？分析：这是一个要求出一般性结论的问题，我们可以采用“寻求模式”的策略，先观察n=1，2 ，3， 4，5，6的特殊情况，从中寻找规律，猜想出一般性结论，然后再考虑用数学方法把答案求解出来。解：设u n表示砌成长2个单位宽n个单位的矩形的所有不同方式的个数，当n=1 ，2，3，4，
2、5，6容易得出：u1=1， u2=2， u3=3，u 4=5， u5=8，u 6=13(图142)仔细观察数列：1，2，3，5，8，13， (1)我们发现有这样规律：从第三项起，每项都是前面两项之和，即：u 3=u1+u2，u 4=u2+u3，u 5=u3+u4，u 6=u4+u5。这就使得我们马上得出猜想：un=un-2+un-1 (n3，nN) (2)为什么砌砖问题有(2)式所示的规律呢？这是因为每次砌砖时，是在前一次砌成的矩形上再水平地砌一块或竖直地砌二块，如图143：所以，对2n的矩形看成是已砌成的2(n-1)的矩形上再水平地砌一块砖，或者是对已砌成的2(n-2)的矩形上再竖直地砌二块
3、砖，而砌2(n-1)矩形共有u n-1种不同的砌法，砌2(n- 2)的矩形共有u n-2种不同砌法，因此可得：利用(3)式可知：数列 un中的第n项就可以用它前面若干项来表示，我们把这表示式叫做数列u n的一个递推关系式。(3)式就是所求问题的一个递推关系式，由(3) 式和初始条件：u 1=1及u 2=2，可依次计算出u3=u1+u2=3，u 4=u2+u3=5，以至数列u n的任何项。数列u n由递推关系式(3)和初值u 1=1，u 2=2，唯一确定，在这种意义下，可以认为u n已经求出。回顾：利用(3)式，我们可以计算数列u n的任何项，但是需要一项一项地去算，例如：计算u 20，就需要反
4、复利用(3)式 18次，才能得到u 20的数值，这一切如果用计算机运算的话，不显得繁琐，但用人工计算的话，则显然比较麻烦，能不能对给定的n，直接找出u n呢？回答是肯定的，其公式有如下形式：这个公式是法国数学家比内首先证明的，因此称为比内公式。显然公式中出现无理数幂的形式，但是，用它计算出来的u n却都是整数，例如：如果用递推关系式(3)去算，得：1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，2584，4181，6765，10946。结果完全相同。证明比内公式的方法很多，其中之一是利用特征方程。一般地：如果数列a n具有如下的递推关系：an
5、=c1an-1+c2an-2(n=2，3，)则二次方程：x 2=c1xc 2为数列a n的特征方程。设x 1，x 2是特征方程的两个根，我们有如下重要结论：确定的常数)。件确定的常数)。现在，数列u n的特征方程为：x2=x+1由初始条件：u 1=1，u 2=2得：注：由(3)式所给出的数列：1，2，3，5，8，13，21，34，的前面再加上一项u0=1，便得到下列数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，它的递推关系式为：这个数列叫做斐波那契数列，其中的每一项称为“斐波那契数”，在斐波那契数列中，第1项与第2项都是1，从第3项起，每项都是前两项之和。斐波那契( Fibounacci，
6、11701250)是商人出身的意大利数学家，公元1202年，他完成了一部名著算盘书，在该书中，他提出了一个有趣的数学问题：“假定一对刚出生的小兔子一个月就能长成大兔子，再过一个月就开始生下一对小兔子，并且以后每个月都生一对小兔，设所生一对兔均为一雌一雄，且无死亡。问一对刚出生的小兔一年后可以繁殖成多少对兔子？”。为解此题，设第n个月末的兔子对数为F n，则：F0=1为原有兔子对数，易见：F 1=1，F 2=2，F 3=3。一般地，第n个月末的兔子对数(n2)等于第(n- 2)个月末的兔子对数F n-2的2倍(因为第(n-2)个月末的F n-2对兔子，在第n个月都生了一对兔子)，加上第(n-1)
7、 个月出生的兔子对数：F n-1-Fn-2，因此：Fn=2Fn-2+(Fn-1-Fn-2)=Fn-1+Fn-2于是得到如下递推关系式：根据如上递推关系式，便可得到上述的斐波那契数列。它的第13项：F 12=233，就是斐波那契兔子问题的解答。斐波那契数列在数学、物理、生物等许多学科有广泛的应用。华罗庚倡导的优选法，其基本常数0.618就是来源于斐波那契数列。练习141上楼梯问题：一座楼房，从楼下到楼上共有13个台阶，一个人上楼梯，可以一步上一个台阶，也可以一步上两个台阶，问从楼下走到楼上，有多少种不同走法？一年365天，每天选用一种走法，能否做到天天的走法均不相同？2长2个单位宽1个单位的砖可
8、以有多少种不同的方式砌成长3个单位，宽4个单位的矩形？3将第 2 题推广到长 3 个单位，宽 n 个单位的矩形的情况。练习141设n个台阶上楼的方式数为u n，则：上一个台阶，只有一种方式，u 1=1上二个台阶，可以一阶一阶上，也可以一步跨上二个台阶，因此： u2=2一般地，要登上n个台阶，这最后一步可以是从第(n-2)个台阶跨上的，也可以是从第(n -1)个台阶跨上的，因此，跨上第n个台阶的方式数应该是跨上第(n-1)个台阶的方式数与登上第(n- 2)个台阶的方式数之和，即：易得 u13=377。因此一年365天，每天选用一种走法，可以做到天天走法不相同。2如附图1413易见，要用21的砖砌
9、满面积为 3n的矩形，则必须 2整除3n，所以，n必须是偶数，因此只须讨论 32n的矩形(n为自然数) 即可。设u n表示砌满32n的矩形的所有不同方式的个数。容易看到：u1=3， u2=11(见上题)我们发现，对于每种砌法，最后砌完时的顶部不外乎三种情况，即附图142中的(1)，(2) ，(3)。设顶部为图(1)，(2) ，(3)的所有砌法的个数分别为an，b n，c n，那么：un=anb nc n由于图(2)和图 (3)的情况是对称的，所以， bn=cn由于图(1)可以看成是在 32(n-1)矩形上再竖直地砌三块砖而得到，因此an=un-1=an-1+2bn-1对图(2)的情况，又有附图14 3(2) (i)和(2)(ii)所示的两种可能。其中(2)(i)共有un1种砌法，(2)(ii)的砌法个数与顶部为图(2) (iii)所示的砌法个数相同，而后者为b n-1，因此bn=un-1b n-1a n-13b n-1所以，得到速归公式un=an+2bn (n=1，2，)其中： an=an-12b n-1bn=an-1+3bn-1a1=b1=1
