Sí, puede ser derivado directamente, asumiendo cierta familiaridad con los números de Fibonacci. Yo estoy usando las condiciones iniciales $F_1=F_2=1$ de los números de Fibonacci, que impies que
$$
a_{n}=\frac{F_{2n-1}}{F_{2n}}
$$
Es una agradable propiedad que implican funciones de la forma
$$
f(x) = \frac{ax+b}{cx+d}
$$
Si usted componer un $f$ con otro $g(x)=\frac{px+q}{sx+t}$ de la misma forma, el resultado es otra función en el mismo formulario, cuyos coeficientes son idénticos a los de la matriz producto de los cuadrados de los coeficientes de $f$ e $g$:
$$
f\circ g = \frac{(ap+bs)x+(aq+bt)}{(cp+ds)x+(cq+dt)}
$$
Dejar
$$
f(x)=\frac{1+x}{2+x}
$$
esto implica que
$$a_n=f\circ f\circ \dots \circ f\big(1\big),$$ with $n-1$ functions composed. Using the matrix connection, and the observation that substituting $x=1$ results in a fraction whose numerator and denominator are the components of the right column of this matrix, this implies that $a_n$ es una fracción cuyo numerador y un denominador está dado por la matriz
$$
a_n=\frac{b_n}{c_n},\qquad \begin{bmatrix}b_n\\c_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1\\1&2\end{bmatrix}^{n-1}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}0&1\\1&1\end{bmatrix}^{2(n-1)}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}
$$
Por último, cabe recordar que la $\begin{bmatrix}0&1\\1&1\end{bmatrix}$ es el "Fibonacci de la matriz" que satisface
$$
\begin{bmatrix}0&1\\1&1\end{bmatrix}^n=\begin{bmatrix}F_{n-1}&F_n\\F_{n}&F_{n+1}\end{bmatrix},
$$
una identidad que se desprende directamente de la recurrencia $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$ y la base de casos $F_0=0,F_1=1$.
