Az elsőt már a másik kérdésednél is megválaszoltam. A gondolatmenet a következő:

-ha 1 lépcsőfok van, akkor nem nagy varázslat, hogy 1-féleképpen tudunk fellépni, tehát F₁=1.
-ha 2 lépcsőfok van, akkor sem túl bonyolult, hogy 2-féleképpen, tehát F₂=2.
-ha 3 lépcsőfok van, akkor sincs túl sok lehetőség; vagy 1-1-1, vagy 1-2, vagy 2-1, tehát F₃=3.
-akár még a 4 lépcsőfokos esetet is végig lehet zongorázni: 1-1-1-1, 1-1-2, 1-2-1, 2-1-1, 2-2, vagyis F₄=5
-már 5 lépcsőfoknál járunk, és itt sincs több megoldás 8-nál (mivel 3+5=8), de gondolkozzunk el egy kicsit ahelyett, hogy felírnánk az összes lehetőséget. Amikor a lépcső alján állunk, akkor kétféleképpen dönthetünk; vagy 1 lépcsőfokot lépünk előre, vagy 2-t.
-- ha 1 lépcsőfokot lépünk előre, akkor előttünk még 4 lépcsőfok fog állni, azt pedig már az előbb kiszámoltuk, hogy 4 lépcsőfokot előre F₄=5-féleképpen tudunk megtenni.
-- ha 2 lépcsőfokot ugrunk, akkor 3 marad hátra, ezeket pedig F₃=3-féleképpen tudjuk bejárni.
Tehát 5 lépcsőfokot F₅=F₄+F₃=5+3=8-féleképpen tudunk megmászni.
-érdemes 6,7,8,...-ra is megnézni, hogy működik-e a dolog, és azt fogjuk látni, hogy pontosan ugyanez fog történni. Tehát elmondhatjuk azt, hogy az 1 fokú lépcsőt F₁=1-féleképpen, a 2 fúkú lépcsőt F₂=2-féleképpen, az n>2 fokú lépcsőt Fn=Fn-1+Fn-2-féleképpen tudjuk megmászni. Ennek a bizonyítása teljes indukcióval megy, még pedig ugyanúgy, ahogy a számokkal csináltuk, csak itt betűk vannak; tegyük fel, hogy ez a képlet egy konkrét n-ig igaz, legyen ez a "konkrét n" k. Most nézzük meg, hogy k+1-re mi jön ki, vagyis Fk+1 értékére vagyunk kíváncsiak.
-ha csak 1 lépcsőt megyünk előre, akkor k lépcső marad előttünk, ezt Fk-féleképpen tudjuk lelépni
-ha 2 lépcsőfokot hagyunk el, akkor k-1 darab lépcső marad, ezt Fk-1 módon tudjuk magunk mögött hagyni.
Más lehetőség nincs, így Fk+1=Fk+Fk-1-féleképpen tudunk fellépkedni. És ezt is kellett kapnunk, vagyis azt, hogy bármelyik tag az előtte lévő két tag összege.

2. Nagyon jó magyarázatot talál ezen az oldalon:

http://matekold.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Orosz_Gyula/Rek/rek3.html , de ha esetleg nem értenéd, adok még magyarázatot.

3. Ennél a feladatnál a dominókat kétféleképpen lehet lerakni; vagy állítva, vagy fektetve. Ha állítva rakjuk, akkor gyakorlatilag nincs sok megkötés arra nézve, hogy a következőt hogyan rakjuk le, ha viszont fektetve, akkor afölé kötelezően kell rakni egy másikat. Akárhogy is rakjuk, biztos, hogy egy olyan kirakást kapunk, ami tengelyesen szimmetrikus, ahol a szimmetriatengely vízszintesen középen található. Ha megnézzük csak az egyik oldalt, akkor azt látjuk sorban, hogy 1, illetve 2 négyzettel van kirakva a sor, ami kísértetiesen hasonlít az első feladatban látható lépcsőmászásos feladathoz. Tehát erre gyakorlatilag ugyanaz a válasz, ami az első feladatban volt (ha a kövek között nem teszünk különbséget).

4. Q(2;3) értéke 0 a függvény definíciója szerint.
Q(14;3) értéke Q(11;3)+1-gyel egyenlő. Mivel Q(11;3) Q(7;3)+1-gyel egyenlő, ezért Q(14;3)=Q(8;3)+1+1-gyel. Innen pedig nem nehéz kitalálni, hogy hogyan folytatódik: =Q(5;3)+1+1+1=Q(2;3)+1+1+1+1=0+1+1+1+1=4, tehát Q(14;3) értéke 4. Érdemes észrevenni, hogy 14:3=4, maradék a 2, tehát a Q(a;b) függvényértéke gyakorlatilag [a/b], ahol a szögletes zárójel a tört alsó egészrészét jelenti, például [14/3]=[4,666...], egy szám egészrésze pedig az a legnagyobb egész szám, ami a számnál nem nagyobb, ez esetünkben a 4. Ezek alapján Q(7134;11)=[7134/11]=[648,5454...]=648.

5. Ez is tipikusan Fibonacci-probléma:

http://www.jgytf.u-szeged.hu/tanszek/matematika/speckoll/1998/fibonacci/folap.htm

6. Gyakorlatilag ez is visszavezethető a lépcsősre; tegyük fel, hogy az első emelettől festünk, és mindig sorrendben haladunk, de írjuk át egy kicsit a feladatot úgy, hogy nem zöldre és sárgára festünk, hanem zöldre vagy semmire, és egy adott emelet után vagy a következőt festjük ki, vagy az az utánit. Ez pedig egy-az-egyben a lépcsős probléma; vagy 1-et lépünk, vagy kettőt.