フィボナッチ数列を拡張したk-ナッチ数列の一般項についての予想(その2)

関数 $H(\epsilon)$ を次のように定義します。
$H(\epsilon):=(1−\epsilon)(1+\epsilon)^k$

微分すると
$\begin{align} H′(\epsilon)&=(1−\epsilon)′(1+\epsilon)^k+(1−\epsilon)((1+\epsilon)^k)′\\ &=−(1+\epsilon)^k+(1−\epsilon)k(1+\epsilon)^{k−1}\\ &=(1+\epsilon)^{k−1}\left(−(1+\epsilon)+(1−\epsilon)k\right)\\ &=(k+1)(1+\epsilon)^{k−1}\left(\frac{k−1}{k+1}−\epsilon\right) \end{align}$
となり、$0\leqq\epsilon\lt\frac{k−1}{k+1}$ の範囲では $H′(\epsilon)>0$ であることがわかります。

$H(0)=1$
ですから、 $0\lt\epsilon\lt\frac{k−1}{k+1}$ のときは $H(\epsilon)>1$ です。
$H(\epsilon)$ の定義より $H(\epsilon)>1$ ならば
$１<(1−\epsilon)(1+\epsilon)^k$
両辺に $(1+\epsilon)^{k+1}$ を足すと
$(1+\epsilon)^{k+1}+１<(1+\epsilon)^{k+1}+(1−\epsilon)(1+\epsilon)^k$
整理して
$(1+\epsilon)^{k+1}+１<2(1+\epsilon)^k$
以上より
${\displaystyle 0<\epsilon<\frac{k-1}{k+1}} \qquad\Rightarrow\qquad (1+\epsilon)^{k+1}+1<2(1+\epsilon)^k $
が示されました。

$f_k(z)=z^k-z^{k-1}-\cdots-z^2-z-1$
について、 $f_k(1)\ne0$ ですから、$f_k(z)$ は $z=1$ を零点に持ちません。
次に、
$E_k(z):=z^{k+1}-2z^k+1$
とします。
簡単な計算により、
$E_k(z)=(z-1) f_k(z)$
とわかります。
$E_k(z)$ は、複素数の範囲に $k+1$ 個の零点を持ち、そのうち一つは $z=1$で、残りの $k$ 個の零点は $f_k(z)$ の零点と一致するはずです。

さて、いよいよルーシェの定理を使います。ルーシェの定理を適用する境界として、単位円よりわずかに大きい円を使います。
小さい正の数 $\epsilon$ を次の範囲にとります。
${\displaystyle 0<\epsilon<\frac{k-1}{k+1}}$

境界 ${\displaystyle \partial D}$ を原点中心、半径 $1+\epsilon$ の円で定義し、その内部の領域を ${\displaystyle D\ }$ とします。また、${\displaystyle K\ }$ を ${\displaystyle D\ }$ の閉包 （= ${\displaystyle D+\partial D\ }$ ） とします。

そして、$g(z),h(z)$ として次の関数を定義します。

$g(z)=-2z^{k}$
$h(z)=z^{k+1}+1$

${\displaystyle \partial D}$ 上では、
${\displaystyle\left|g(z)\right|=2(1+\epsilon)^{k}}$
${\displaystyle \begin{align} \left|h(z)\right|&=\left|(1+\epsilon)^{k+1}e^{i\theta}+1\right|\\ &\leqq (1+\epsilon)^{k+1}+1 \end{align} }$
ですから、補題を使うと
$\left|h(z)\right|\leqq (1+\epsilon)^{k+1}+1 <2(1+\epsilon)^k=\left|g(z)\right|$
したがって
$\left|g(z)\right|>\left|h(z)\right|$
となります。

${\displaystyle g(z)\ }$ および ${\displaystyle h(z)\ }$ は ${\displaystyle K\ }$ 上で定数でない正則な複素関数で、${\displaystyle \partial D\ }$ 上で、${\displaystyle |g(z)|>|h(z)|\ }$ を満たしますからルーシェの定理を使うと、${\displaystyle D\ }$ 内での ${\displaystyle g(z)+h(z)\ }$ と ${\displaystyle g(z)\ }$ の零点の個数 （ただし位数 $n$ の零点は $n$ 個として数える）は一致することがわかります。

${\displaystyle D\ }$ 内での ${\displaystyle g(z)=-2z^{k} }$ の零点の個数は $k$ 個ですから、 ${\displaystyle g(z)+h(z)=E_k(z) }$ の零点の個数も $k$ 個です。

ここで、$z=1$ は　${\displaystyle D\ }$ 内にあり、$E_k(z)$の零点ですが$f_k(z)$の零点ではありません。$E_k(z)$ の　$z=1$ を除く 零点は $f_k(z)$ の零点と一致するはずですから、結局、$f_k(z)$ は ${\displaystyle D\ }$ 内に$k-1$ 個の零点を持つことがわかります。

$\epsilon$ はいくらでも小さくできることから、$f_k(z)=0$ の絶対値が１以下の(重複度を含めた)解の個数は $k-1$ 個とわかりました。

先ほどの証明と同様に、
$ \begin{align} E_k(z)&=z^{k+1}-2z^k+1\\ &=(z-1) f_k(z) \end{align} $
とします。

$E_k(z)$ が絶対値１の零点を持つと仮定しその零点を $e^{i\theta}$ とします。すると、共役複素数 $e^{-i\theta}$ も零点となります。したがって
$$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} e^{i(k+1)\theta}-2e^{ik\theta }+1=0 \\ e^{-i(k+1)\theta}-2e^{-ik\theta }+1=0 \end{array} \right. \end{eqnarray} $$

それぞれに $e^{-i\theta k} , e^{i\theta k}$ を乗じて

$$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} e^{i\theta}-2+e^{-ik\theta }=0 \\ e^{-i\theta}-2+e^{ik\theta }=0 \end{array} \right. \end{eqnarray} $$

辺々加えて

$2\cos \theta-4+2\cos k\theta=0$
　$\cos \theta+\cos k\theta=2$
　$\theta=2n\pi\qquad (n\in\mathbb{Z}) $
　$e^{i\theta}=1$
となり、絶対値が１の$E_k(z)$ の零点は $z=1$ しかないことがわかります。
　$z=1$ は $f_k(z)$ の零点ではありませんから、 $f_k(z)$ は複素数平面の単位円上に零点を持たないことが示されました。

$f_k(x):=x^k-x^{k-1}-x^{k-2}-\cdots-x^2-x-1$
とします。 $x$ の方程式 $f_2(x)=0$ は $1< x<2$ の範囲に実数解 $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ を持ちますのでこれを $A_2$ とします。このとき $f_2(A_2)=0$ となることに注意します。
次に、$f_3(x)=x\cdot f_2(x)-1$ と書けますから $f_3(A_2)=A_2\cdot f_2(A_2)-1=-1$ となり、また $f_3(2)=1$ ですから、
　　　$f_3(A_2)<0< f_3(2)$
となります。中間値の定理より、 $A_2< c<2$ の範囲に $f_3(c)=0$ を満たす実数 $c$ が少なくとも一つ存在することがいえ、これまでの議論からそのような実数が１つしかないことがわかりますので、これを $A_3$ とすると、
　$A_2<A_3<2$
となります。

同様に考えて、$f_{n}(A_n)=0$ となるような $A_n$ が存在するとき、$f_{n+1}(x)=x\cdot f_{n}(x)-1$ と書けますから $f_{n+1}(A_n)=A_n\cdot f_n(A_n)-1=-1$ となり、また $f_{n+1}(2)=1$ ですから、
　　　$f_{n+1}(A_n)<0< f_{n+1}(2)$
となります。中間値の定理より、 $A_n< c<2$ の範囲に $f_{n+1}(c)=0$ を満たす実数 $c$ が存在するので、これを $A_{n+1}$ としますと、
　$A_n<A_{n+1}<2$
となります。

数学的帰納法により、$x$ の方程式 $f_k(x)=0$ は $1< x<2$ の範囲に一つの実数解をもち、それを $A_k$ とすると、
　　　　$1< A_2< A_3< A_4<\cdots<2$
となることが示されました。