斐波那契数列(最新整理)_1

1、摘要本论文主要研究斐波那契数列的性质及其应用，从“兔子繁殖”问题建立数学模型， 引出斐波那契数列的定义；运用二阶常系数齐次线性递归方程的特征根解法推导出了斐波那契数列的通项公式。论述并证明了有关斐波那契数列的恒等式和相关结论，涉及斐波那契数列相邻两项之比（即黄金分割比率）在广泛的应用，以及运用斐波那契数列解决一些实际数学问题。abstractin this thesis fibonacci number sequences and its application from the “rabbit breeding “in the mathematical model leads to fibo

2、nacci sequence definition ;the use of second-order constant coefficient linear recursive equation is derived eigenvalue solution out of the fibonacci series of general formulas .discussed and demonstrated on fibonacci identities series relation and relevant conclusions involving the fibonacci ratio

3、of the two adjacent columns( the golden ratio)in a wide range of applications and the use of fibonacci series to solve some practical mathematical problems.17目录绪论3论文提出的背景和价值及国内外研究动态3一 斐波那契数列的提出31.1 问题的引出31.2 斐波那契额数列的定义 迭代表示4二 斐波那契数列通项公式的推导52.1 线性递归数列 线性递归方程及其特征方程的解法52.2 斐波那契数列通项公式的特征方程方法的推导5三 斐波那契数列

4、的部分相关性质63.1 有关斐波那契数列的等式关系性质63.2 有关斐波那契数列的结论13四 斐波那契数列的有关应用144.1 斐波那契数列前项与后项比例极限和黄金分割比例144.2 运用斐波那契数列解决实际问题15绪论论文提出的背景和价值及国内外研究动态斐波那契数列十三世纪初叶就已经提出了，但是现如今我们学习工作生活中仍然对它有所触及。随着它的一些奇妙属性慢慢被世人所发现：从埃及金字塔到准晶体结构， 从艾略特波浪理论到华罗庚的优选法（0.618），从达芬奇的蒙娜丽莎的微笑到生物学的“鲁德维格定律” 吸引了国内外许多学者去研究它。斐波那契数列在现代物理、准晶体结构、化学、生物、金融美术等领域都

5、有直接的应用，为此，美国数学会从 1960 年代起出版了斐波那契数列季刊，专门刊载这方面的研究成果。我在这片论文中主要研究了有关斐波那契数列的关系式和结论，通过观察斐波那契数列前几项，猜测推算提出结论，验证、论证命题，采用了数学建模的思想，数学归纳法，线性递归等方法论述论文。一 斐波那契数列的提出1.1 问题的引出斐波那契数列是由 13 世纪的意大利数学家列昂纳多斐波那契提出的。在 1202 年他所撰写的珠算原理（由于翻译差别，有多种中文译名）以兔子繁殖问题为例而引人， 故称“兔子数列”。下面引述该问题：一般的，兔子在出生一个月后就有繁殖能力。假设一对兔子（一雌一雄）每个月可繁殖出一对小兔子来

6、，并且所有的兔子都不死，这样在笼中圈养一对有繁殖能力的兔子， 那么一年后可以繁殖多少对兔子。分析：经过一个月，原来的大兔子繁殖了一对小兔子，小兔子没繁殖能力，大兔子一对， 小兔子一对；经过二个月，原来的大兔子继续繁殖了一对小兔子，上个月的小兔子长成了大兔子， 现在大兔子有两对，小兔子一对经过三个月，上个月大兔子繁殖了一共两对小兔子，上个月的小兔子长成了大兔子，现在大兔子有三对，小兔子两对；依次类推列下表：经过月数123456789101112小兔子对数1123581321345589144大兔子对数123581321345589144233兔子总对数2358132434558914423337

7、7其中系列数字：1,1,2,3,5,8,13构成了一个数列。这个数列有个明显的特点：前面两项之和等于第三项，即构成了后一项。这个特点也说明了：每月的大兔子对数为上月的兔子总对数；每月的小兔子对数为上月的大兔子对数，即上上月的兔子总对数。1.2 斐波那契额数列的定义 迭代表示如果用 fn 表示第 n 个月后繁殖兔子的总对数， 那么能够成一个一个数列：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,这个数列满足如下递推关系： fn = fn-1 + fn-2, (n 2, n为正整数)f = 0, f = f = 1 012满足上式的数列就叫做斐波那契数列。列昂纳多斐波那契当时只提出

8、了这样一个特殊的数列，并没有给出它的通项公式。在这个数列诞生三百年之后，16 世纪由法国数学家比内用第二数学归纳法推出的：1 5 + 1n 1 -5 n fn =5 - 2 2 。这一结果揭示了一个有趣的事实：一个完全是自然数的数列，通项公式居然是用无理数来表达的。以下介绍推导斐波那契额数列通项公式的方法。二 斐波那契数列通项公式的推导2.1 线性递归数列 线性递归方程及其特征方程的解法递归数列的定义：对任何自然数n ，由递推关系an+k数列an 叫做递归数列。= f(an+k -1 , an+k -2 ,l, an )确定的k 阶常系数线性递归方程定义： 对数列 fn n = 0,1,2,l

9、， 如果存在常数a1 , a2 ,l, ak , ak 0, qn 为定义在自然数集上的函数，使得fn+k= a1 fn+k -1 + a2 fn+k -2 +l + ak fn + qn ，（1）式则称fn 为k 阶常系数线性递归数列，（1）式叫做fn 的k 阶常系数线性递归方程。当qn = 0 时，则称（1）式为fn 的k 阶常系数齐次线性递归方程。特别地，当k = 2 时，（1）式所对应的线性递归方程为fn+2 = a1 fn+1 + a2 fn ，（2）式12相应地，（2）式的特征方程为 x 2 + a x + a = 0 ，其解为特征根。有通解定理：设 x1, x2是方程 x 2 +

10、 a x + a= 0 的两个根，那么方程的通解可以表示为：12（1） 当 x x 时， f = c xn + c xn ；12n1 12 2（2） 当 x = x = x 时， f = (c + c )nxn 。其中的c , c 是由初始值 f , f 所唯一确12n121201定的常数。2.2 斐波那契数列通项公式的特征方程方法的推导斐波那契数列fn = fn-1 + fn-2 , (n 2, n为正整数)，显然是一个 2 阶常系数齐次线性递归数列。 f0= 0, f1 = 12利用特征方程：斐波那契数列的特征方程为 x 2 = x + 1。解得特征根为：x = 1 +125 , x= 1

11、 -5 。2则 f = c x n + c x nn1 12 2将初始条件 f0 = 1, f1 = 1 代入上式，可以解得：1515c1 =, c2 = -。1 1 +5 n 1 -5 n 则 fn =5 - 2 ， n = 0,1,2,3,l .2 三 斐波那契数列的部分相关性质3.1 有关斐波那契数列的等式关系性质等式 1， f (0) + f (1) + f (2) + f (3)l + f (n - 1) + f (n) = f (n + 2) - 1， n = 0,1,2,3,ll证明：由于 f (0) = 0 ，那么考虑 f (1) + f (2) + f (3)l + f (n

12、 - 1) + f (n) = f (n + 2) - 1，n = 0,1,2,3,ll 即可。q f (1) + f (2) + f (3) +l + f (n - 1) + f (n) ；f (1) + f (2) +l + f (n - 2) + f (n - 1) + f (n)两式错位相加得：n = 0,1,2,3,ll， n = 0,1,2,3,llf (1) + f (3) + f (4) +l + f (n) + f (n + 1) + f (n) = 2(f (1) + f (2) +l f (n) ， n = 0,1,2,3,ll整理： f (1) + f (2) +l f

13、 (n) = f (n + 1) + f (n) - f (2)，n = 0,1,2,3,ll即 f (1) + f (2) + f (3)l + f (n - 1) + f (n) = f (n + 2) - f (2) ， n = 0,1,2,3,ll又q f (2) = 1即证 f (1) + f (2) + f (3)l + f (n - 1) + f (n) = f (n + 2) - 1有关等式 1 的推论有：1-1， 2f (n) = f (n + 2) - f (n - 1) ；1-2， 2f (n) = f (n + 1) + f (n - 2) 。n = 0,1,2,3,l

14、l证明推论 1-1：由于 f (n + 2) - 1 = f (n) + f (n - 1) + f (n - 2) +l + f (1) f (n - 1) - 1 = f (n - 3) + f (n - 4) +l + f (1)上面两式相减 f (n + 2) - f (n - 1) = f (n) + f (n - 1) + f (n - 2) = 2f (n)故2f (n) = f (n + 2) - f (n - 1) 。证明推论 1-2，由于2f (n) = f (n + 2) - f (n - 1)= f (n + 1) + f (n) - f (n - 1)= f (n +

15、 1) + f (n - 2)故2f (n) = f (n + 1) - f (n - 2) 。等式 2， f (1) + f (3) + f (5) +l f (2n - 1) = f (2n) , 证明：由于 f (n) = f (n - 1) + f (n - 2), n 2, n n 那么, f (1) + f (3) + f (5) +l + f (2n - 1)n = 1,2,3,ll= f (1) + (f (1) + f (2) + (f (3) + f (4) +l(f (2n - 3) + f (2n - 2)= f (1) + f (1) + f (2) + f (3)

16、+l + f (2n - 2)运用等式 1f (1) + f (2) + f (3) +l + f (2n - 2) = f (2n - 2 + 2) - 1f (1) + f (1) + f (2) + f (3) +l + f (2n - 2) = f (1) + f (2n) - 1由于 f (1) = 1故 f (1) + f (3) + f (5) +l f (2n - 1) = f (2n) ， n = 1,2,3,ll等式 3， f (0) + f (2) + f (4) + f (6) +l f (2n) = f (2n + 1) - 1 , n = 0,1,2,3,ll证明：

17、由于 f (n) = f (n - 1) + f (n - 2), n 2, n n那么， f (0)+ f (2)+ f (4)+ f (6)+l f (2n)= f (0) + (f (0) + f (1) + (f (2) + f (3) + (f (4) + f (5) +l + (f (2n - 2) + f (2n - 1) ，n = 0,1,2,3,ll由等式 1 知f (0) + (f (0) + f (1) + (f (2) + f (3) + (f (4) + f (5) +l + (f (2n - 2) + f (2n - 1)= f (2n - 1 + 2) - 1=

18、f (2n +1)-1 ， n = 0,1,2,3,ll得证也可以用等式 1 和等式 2 推导等式 3由于 f (0) + f (1) + f (2) + f (3) +l + f (2n)= f (1)+ f (3)+ f (5)+l f (2n -1)+ f (0)+ f (2)+ f (4)+ f (6)+l f (2n)= f (2n + 2) - 1而 f (1) + f (3) + f (5) +l f (2n - 1) = f (2n)那么f (0)+ f (2)+ f (4)+ f (6)+l f (2n) = f (2n + 2) - 1 - f (2n) = f (2n +

19、 1) - 1， n = 0,1,2,3,ll等式 4， f 2 (2n) = f (2n - 1) f (2n + 1) - 1， n = 1,2,3,ll证明：用数学归纳法当 n=1 时，等式左边为 f 2 (2) = 12 = 1；等式右边为 f (1) f (3) - 1 = 1 2 - 1 = 1 。命题成立假设当 n = k, k n + 时命题成立 f 2 (2k ) = f (2k - 1) f (2k + 1) - 1 。那么当 n = k + 1时， k n +等式左边为 f 2 (2k + 2)= f (2k +1)+ f (2k )2= f 2 (2k ) + f 2

20、(2k + 1) + 2f (2k ) f (2k + 1)= f (2k - 1) f (2k + 1) - 1 + f (2k + 1)f (2k + 1) + 2f (2k )= f (2k + 1) f (2k + 1) + f (2k ) + f (2k ) + f (2k - 1)- 1= f (2k + 1) f (2k + 2) + f (2k + 1)- 1= f (2k + 1) f (2k + 3) - 1等于等式右边 f (2k + 2 - 1) f (2k + 2 + 1) - 1 = f (2k + 1) f (2k + 3) - 1上所述，命题成立。即 f 2 (

21、2n) = f (2n -1) f (2n +1)-1 ， n = 1,2,3,llk n +等式 5， f 2 (2n + 1) = f (2n) f (2n + 2) + 1 ,证明：用数学归纳法当 n=1 时，n = 0,1,2,3,ll等式左边为 f 2 (1) = 12 = 1等式右边为 f (0) f (2) + 1 = 0 1 + 1 = 1命题成立假设当n = k, k 0, k n时命题成立 f 2 (2k + 1) = f (2k ) f (2k + 2) + 1 ,那么当n = k + 1时， k 0, k n等式左边为 f 2 (2n + 3)2= f (2n + 2)

22、+ f (2n +1)= f 2 (2n + 1) + f 2 (2n + 2) + 2f (2n + 1) f (2n + 2)= f (2n) f (2n + 2) + 1 + f (2n + 2) f (2n + 2) + 2f (2n + 1)= f (2n + 2) f (2n + 2) + f (2n + 1) + f (2n + 1) + f (2n)+ 1= f (2n + 2) f (2n + 4) + 1等于等式右边 f (2n + 2) f (2n + 2 + 2) + 1 = f (2n + 2) f (2n + 4) + 1 ， k 0, k n综上所述，命题成立。即

23、 f 2 (2n + 1) = f (2n) f (2n + 2) + 1 , n = 0,1,2,3,ll等式 6， f 2 (1) + f 2 (2) + f 2 (3) +l + f 2 (n) = f (n) f (n + 1) 证明：由于 f (1) = f (2) = 1，且 f (n) = f (n - 2) + f (n - 1) 将等式左边变形为：f 2 (1) + f 2 (2) + f 2 (3) +l + f 2 (n)= f (1) f (2)+ f 2 (2)+ f 2 (3)+l+ f 2 (n)= f (2) f (3) + f 2 (3) +l + f 2 (

24、n)= f (3) f (4) + f 2 (4) +l + f 2 (n)m= f (n - 1) f (n) + f 2 (n)n = 0,1,2,3lln = 0,1,2,3ll= f (n) f (n + 1)证毕。n = 0,1,2,3ll等式 7， f (n) = f (n - 1) + f (n - 3) + f (n - 5) + l + f (n - (2k - 1) + f (1)n = 2k 时， f (n) = f (n - 1) + f (n - 3) +l + f (3) + f (1)n = 2k - 1时， f (n) = f (n - 1) + f (n -

25、3) +l + f (2) + f (1)，其中n = 1,2,3,ll ， k n +由于：f (n) = f (n - 1) + f (n - 2)= f (n - 1) + f (n - 3) + f (n - 4)= f (n - 1) + f (n - 3) + f (n - 5) + f (n - 6)mm像这样地不断地迭代下去，最终得到上述等式。等式 8，(- 1)1 f (1) + (- 1)2 f (2) + (- 1)3 f (3) +l + (- 1)n f (n) = (- 1)n f (n + 1) - f (n)- 1证明：由等式 7当n = 2k 时， k n +

26、(- 1)n f (n) = (- 1)n f (n - 1) + f (n - 3) +l + f (n - (2k - 1) +l + f (3) + f (1)即 f (n) = f (n - 1) + f (n - 3) +l f (3) + f (1)命题等式左边整理为：f (2) + f (4) + f (6) +l + f (n - 2)又因为 f (n + 1) = f (n) + f (n - 2) +l + f (2) + f (1)故 f (2) + f (4) + f (+) +l + f (n - 2) = f (n + 1) - f (n) - 1满足命题等式当n

27、= 2k - 1时， k n +(- 1)n f (n) = (- 1)n f (n - 1) + f (n - 3) +l + f (n - (2k - 1) +l + f (2) + f (1)- f (n) = -f (n - 1) - f (n - 3) -l - f (2) - f (1)命题等式左边整理为：- 2f (1) - f (3) - f (5) -l - f (n - 2)又因为 f (n + 1) = f (n) + f (n - 2) + f (n - 4) +l + f (5) + f (3) + f (1)则 f (n) - f (n + 1) = -f (n -

28、 2) - f (n - 4) -l - f (3) - f (1)那么等式左边为- f (n + 1) - f (n)- f (1) = -f (n + 1) - f (n)- 1综上所述，命题等式 8 成立。等式 9， f (m + n) = f (m - 1) f (n) + f (m) f (n + 1)，其中m, n n +下面给其证明：1 1 +5 n 1 -5 n 由斐波那契数列的通项公式 f (n) =则原命题转换证明：5 - 2 ， n = 0,1,2,3,ll2 1 1 +5 m+n 1 -5 m+n 52- 21 1 +5 m-1 1 -5 m-1 1 1 +5 n 1

29、-5 n 5=2- 25 - 2 +2 1 1 +5 m 1 -5 m 1 1 +5 n+1 1 -5 n+1 5- 2 2 52- 2那么现在换算等式右边的式子：1 1 +5 m+n-1 1 -5 m+n-1 1 1 +5 m+n+1 1 -5 m+n+1 =52+ 2 +52+ -21 1 +5 m-1 1 -5 n 1 1 +5 n 1 -5 m-1 52 2 -5 -22 1 1 +5 m 1 -5 n+1 1 1 +5 n+1 1 -5 m 52 -252 2 1 1 +5 m+n21 +5 1 1 -5 m+n21 -5 =52 + +252 + -2 1 +5 1 -51 2 1

30、 +5 m 1 -5 n 1 2 1 +5 n 1 -5 m 52 -25 2 -21 +5 1 -5 1 1 -5 1 +5 m 1 -5 n 1 1 +5 1 +5 n 1 -5 m 522 -252 22 1 1 +5 m+n1 1 -5 m+n1 1 +5 m+n 1 -5 m+n 5 =-2=5 252- 2即原命题成立，f (m + n) = f (m - 1) f (n) + f (m) f (n + 1)， m, n n +有关等式 9 的推论有9-1， f (m + n) = f (m) f (n + 2) - f (m - 2) f (n)其中m, n n + ，且m, n

31、 29-2， f (2n) = f 2 (n + 1) - f 2 (n - 1)， n 1， n n +9-3， f (2n - 1) = f 2 (n) + f 2 (n - 1)， n 1， n n +证明推论 9-1由于：f (m + n) = f (m - 1) f (n) + f (m) f (n + 1)= (f (m) - f (m - 2) f (n) + f (m) f (n + 1)= f (m) (f (n) + f (n + 1) - f (m - 2) f (n)= f (m) f (n + 2) - f (m - 2) f (n)证毕。证明推论 9-2， f (2

32、k ) = f 2 (k + 1) - f 2 (k - 1)， k 1， k n +不妨取： m = k + 1, n = k - 1，代入 f (m + n) = f (m) f (n + 2) - f (m - 2) f (n)右边为f (k + 1) f (k - 1 + 2) - f (k + 1 - 2) f (k - 1)= f 2 (k +1)- f 2 (k -1)即 f (2k ) = f 2 (k + 1) - f 2 (k - 1)， k 1， k n + 。证明推论 9-3， f (2k - 1) = f 2 (k ) + f 2 (k - 1)， k 1， k n

33、+不妨取： m = k, n = k - 1。代入 f (m + n) = f (m - 1) f (n) + f (m) f (n + 1)， m, n n +右边为f (k - 1) f (k - 1) + f (k ) f (k - 1 + 1)= f 2 (k - 1) + f 2 (k )即 f (2n - 1) = f 2 (n) + f 2 (n - 1)， n 1， n n + 。等式 10，1f (n) = f (n + 1) - f (n - 1)3f (n) = f (n + 2) + f (n - 2)4f (n) = f (n + 3) - f (n - 3)7f (

34、n) = f (n + 4) + f (n - 4)11f (n) = f (n + 5) - f (n - 5)18f (n) = f (n - 6) + f (n - 6)mm其中n n +证明：因为满足斐波那契数列的条件： f (n + 1) = f (n) + f (n - 1)显然1f (n) = f (n + 1) - f (n - 1)成立。由于 f (n + 2) = f (n + 1) + f (n), f (n - 2) = f (n) - f (n - 1)故3f (n) = f (n + 2) + f (n - 2)而 f (n + 3) = f (n + 2) + f

35、 (n + 1), f (n - 3) = f (n - 1) - f (n - 2)故4f (n) = f (n + 3) - f (n - 3)g(k + 1) = g(k ) + g(k - 1)+归纳：如果函数 g 满足g(1) = 1, g(2) = 3， k n，那么斐波那契数列一定满足下列等式：g(k ) f (n) = f (n + k ) + (- 1)k f (n - k )， n, k n + , n - k 03.2 有关斐波那契数列的结论结论 1，对任意的m, n n + ，若 f | f ，那么 f | f。nmnm+n证明：由于 f | f ，即 f = qf ，

36、 q n +nmmn应用等式 9， f (m + n) = f (m - 1) f (n) + f (m) f (n + 1)， 则 fn | fm-1 fn ， fn | qfn fn+1故 fn | fm+n结论 2，对任意的m, n n + ，若n | m ，那么 f | f 。nm证明：由于n | m ，不妨设m = qn ， q n +现在对q 作数学归纳。当q = 1 时， m = n ，显然 fn | fm假设当q = k, k n + 时成立， f | f ，nkn那么当q = k + 1, k n + 时根据结论 1，若 fn | fkn ，则 fn | fkn+n ，即 f

37、n | f(k +1)n综上所述，原命题成立。即对任意的m, n n + ，若n | m ，那么 f | f 。nmm结论 3，对任意的m, n n + ，若(m, n) = d , d n + ，那么(f, fn) = fd 。证明：设d = maxd k : dk | m, dk | n ，由结论 2 可知： fd= maxfddm: f| f , fkk| f dkn即(fm , fn ) = fd证毕。结论 4， 2 | fn 当且仅当3 | n证明：根据结论 2 对任意的m, n n + ，若n | m ，那么 f | f，在斐波那契数列的nm前几项里观察到最先出偶数项是 f (3)

38、 = 2 ，那么对任意的n ，只要满足3 | n ，则2 | fn 。推广到整除 10 以内的数：3 | fn 当且仅当4 | n4 | fn 当且仅当6 | n5 | fn 当且仅当5 | n6 | fn 当且仅当12 | n7 | fn 当且仅当8 | n8 | fn 当且仅当18 | n9 | fn 当且仅当16 | n四 斐波那契数列的有关应用4.1 斐波那契数列前项与后项比例极限和黄金分割比例黄金分割指按一定比例将事物一分为二，且较小部分与较大部分之比等于较大部分与整体之比，比例为0.618 。恰恰，斐波那契数列相邻的前项与后项的比例极限正好为黄金分割比例。由于黄金分割比例具有神奇的

39、数学美感，被运用到许多领域：艺术创作（绘画制图、音乐创作、造型艺术、雕塑、建筑学），人体美学，生物，医学卫生，化学化工，金融经济等等。而大自然许多现象也与斐波那契数列有着千丝万缕的联系。下面我们通过斐波那契数列来演算黄金分割比率。我们前面证明了 f 2 = f f+ (- 1)n-1 ，将等式两边同时除以 f 2nn-1n+1n+1整理为： f2 f(- 1)n-1 f- f (- 1)n-1 n = n-1 += n+1n + fn+1 fn+1 2n+1fn+12n+1ff f(- 1)n-1= 1 - n + ff 2 n+1 n+1 f2 f(- 1)n-1 n + n - 1 +=

40、0 f ff 2 n+1 n+1 n+1由求根公式： fn =fn+1，令n ，取正值- 1 5 -4(- 1)n-1f 2n+12fn fn+1= - 1 +25 0.618由于斐波那契数列相邻两项之比可以写成连分数的形式：f2 = 1 , f3= 2 = 1 + 1 , f4= 3 = 1 + 1 , f5= 5 = 1 +1,llf11 f211 f321 + 1 f4311 +11 + 11fn+1 fn= 1 +fn fn-1，令f=fn fn+1，当n 时，近似地看做fn fn+1= fn-1fn即 1 = 1 +f，将f解得取正值f=f5 - 1 0.618 。24.2 运用斐波

41、那契数列解决实际问题一段为 10 级台阶的楼梯，现在规定每一步只能跨 1 级或者 2 级台阶，问要登上 10级台阶有几种不同的走法？解析：登上第 1 级台阶有 1 种走法；登上第 2 级台阶有：第一步跨 1 级接下来只有一种走法，第一步跨 2 级只有一种走法，一共有 2 种走法；登上第 3 级台阶有：第一步跨 1 级接下来的 2 级台阶有 2 种走法，第一步跨 2 级接下来的 1 级台阶只有 1 种走法， 一共有 3 种走法；登上第 4 级台阶有：第一步跨 1 级接下来的 3 级台阶有 3 种走法，第一步跨 2 级接下来的 2 级台阶有 2 种走法，一共 5 种走法不难看出该问题满足斐波那契递归初始条件 f1 = 1, f 2 = 2 ，那么 f10 = 89 也就是斐波那契数列的第 11 项数值。一段长为 144的细绳，现在将其截成n 段，每段的长度均不小于 1，要使其中任意三小段都不能构成三角形，求n 的最大值。解析：由于三条线段构成三角形的充要条件是任意两边之和大于第三边，那么不构成三角形的三条线段必须满足：任意两边之和不超过最大边。用数学语言描述：将细绳截成n 段， a1, a2,ll, an 1, n 2, n n + ，要使其中任意三段细绳都不能构成三角形，求n 的最大值。ijhhijhijh不妨任取a , a , a , a = maxa , a , a ，要使它