斐波那契数列通项公式是一个用无理数表示有理数的一个典型例子。
自然中的斐波那契数列
那么先撇开通项公式不说，斐波那契数列是什么？相信大家并不陌生。小学的奥数题会考斐波那契数列的“按规律填数”，而我们今天，要做的事比小学厉害多了——来试着推导出它的通项公式。什么是通项公式？通项公式就是表示一个数列第n项的值的公式。
首先来看一下斐波那契数列的定义。
斐波那契数列的定义
斐波那契数列指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、……
其中，第1,2项为1，从第三项起，每一项的值都是它前面两项的和。
即：1,1,1+1=2，1+2=3,2+3=5,3+5=8，···
如果我们把斐波那契数列的第n项记为an，那么我们可以把斐波那契数列的定义换成如下形式：
斐波那契数列的定义
通项公式的推导
我们可以用“待定系数法”来求得斐波那契数列的通项公式。
设有常数s、r，使得：
式1
既然这两个常数s、r可以使得式1成立，并且斐波那契数列的前几个数我们是可以算的，那么我们完全可以把数列某几项的值给代入式1来求出s、r。
我们设a（n-2）=1，第一项的1，那么a（n-1）=1，an=2.把这三个等式代入式1，得：
式2
我们再设a（n-2）=1，这次是第二项的1，那么a（n-1）=2，an=3.把这三个等式再次代入式1，得：
式3
式2式3都是同时成立的，我们可以把它们联立起来，求出s、r的值。所以有：
方程组1
把方程组1的括号拆开：
方程组2
转化得：
方程组3
方程组3是一个二元二次方程。我们可以看到左边都有sr，而右边都有（s+r），那么不妨通过两式的加减来求得sr、s+r的值。
①×2-②，②-①得：
方程组4
转化，得：
方程组5
你看，方程组5是不是跟我们的韦达定理很像？
韦达定理给出了一元二次方程ax²+bx+c=0根与系数的关系：
韦达定理
如果我们把s、r当成一个未知数为x的一元二次方程的两个根，那么我们可以根据韦达定理来构造这个一元二次方程，然后用求根公式求出s、r的值：
方程1
解这个方程，根据求根公式解得：
s、r的值
需要注意的是，因为x1、x2的值是可以互换的，所以s、r的值也可以互换，这个结论等会会用。
我们根据我们最初对s、r的定义可以知道：
方程组6
不要被这个庞然大物给吓到了。仔细观察，你可以发现：
图1
我把相同的地方用同样颜色的框给框起来了。
诶，你看，除最后一个式子外，每个式子都有一部分和下一个式子的左边相同。
如果我们把第二个式子代入第一个式子，再把第三个式子代入第二个式子，再把第四个式子代入第三个式子……如此循环往复，直到最后一个式子代入倒数第二个式子里为止。
如果上面的话你没有理解，不妨看看下面的过程：
过程1
过程2
如此循环往复，这样等式右边不看s的话会剩下a2-ra1.而a1、a2的值我们是知道的!成功就在眼前！
OK，那么现在我们需要研究的问题是，一共有多少个s自乘？
第一个式子本来自己有一个，每代入一次就多一个，我们一共代入了几次呢？
一共有几个式子，我们就代入了（几-1）次（因为第一个式子不用自己代入自己）。
那么有几个式子呢？观察第一个式子和最后一个式子：
图2
从n到3有几个数字？有几个数字也就是有几个式子。
这是一个小学学过的已知公差、首项末项，求项数的简单问题。答案是有（n-2）个数字。
所以也就是有（n-2）个式子，也就等于代入了（n-3）次，所以多出来（n-3）个s自乘，在算上第一个式子自带的一个，一共有（n-2）个s自乘。所以我们得到：
式4
天哪，这里还有一个讨人厌的a（n-1）没消掉。
还记得我们的s、r的值是可以调换的吗？所以有：
方程组7
如何消去a（n-1）？用加减消元法。
①×s-②×r，得：
式5
我们将a1=a2=1代入，得
式6
这好像还是很复杂，不过，别忘了，我们之前得到s+r=1，那么1-r=s，1-s=r，将这两个等式代入：
式7
化简+转化得：
式8
你看，我们的通项公式出来了！现在只需把我们之前求得的s、r的值代入即可：
式9
化简得：
通项公式
呼——我们终于求出斐波那契数列的通项公式了。
我想你不会想去检验它了。毕竟，它可真是个庞然大物，我们的推导也没有错误（单押）。
那么，显然，n都是正整数，而其他那几坨都是无理数，得到的结果必然是正整数，因此这就是一个典型的用无理数来表示有理数的例子。当然，用无理数表示有理数的例子还很多。
总结
斐波那契数列的定义：
斐波那契数列的定义（n＞2）
斐波那契数列的通项公式：
斐波那契数列的通项公式
题外话：我查的资料比我发在动态里的证明还要简略得多，仿佛多一个字会掉一块肉似的，处处都是“显然”、“易得”，搞得我得拿笔自己推算。我可不希望我的专栏也是如此。因此，如果还有不明白的，尽管在评论区回复！
韦达定理：cv5058191
