Fibonacci 数を含む基礎的な無限級数 (1)　母関数と一般項

$n=0,1$のときは正しい. それぞれの等式について, ある$n+1,n$について等式が成りたつならば, それらを辺々足しわせることで$n+2$の場合が得られ. また辺々を引けば$n-1$の場合が得られるので, 再帰的に命題は示された. $◻$

$x\in I_f$ならば
$$\begin{array}{rl}(1-x-x^2)f(x)& =(1-x-x^2)\sum _{n⩾0}^n{L}_n{x}^n\\ & =\sum _{n⩾0}^n{F}_n{x}^n-\sum _{n⩾0}^n{F}_n{x}^{n+1}-\sum _{n⩾0}^n{F}_n{x}^{n+2}\\ & =0+x+\sum _{n⩾2}^n{F}_n{x}^n-0x-\sum _{n⩾2}^n{F}_{n-1}{x}^n-\sum _{n⩾2}^n{F}_{n-2}{x}^n\\ & =x+\sum _{n⩾2}^n(F_n-F_{n-1}-F_{n-2})x^n=x\end{array}$$から$f(x)=x/(1-x-x^2)$が判り, 同様にして$x\in I_l$ならば$l(x)=(2-x)/(1-x-x^2)$であることが得られる. これらを部分分数分解し, $\varphi \overline{\varphi }=-1$を適用すると
$$\begin{array}{rl}\frac{2-x}{1-x-x^2}& =\frac{\varphi }{\varphi +x}+\frac{\overline{\varphi }}{\overline{\varphi }+x},\\ \frac{x}{1-x-x^2}& =\frac{1}{\varphi -\overline{\varphi }}(\frac{\overline{\varphi }}{\overline{\varphi }+x}-\frac{\varphi }{\varphi +x})\end{array}$$となるため, 収束条件は何れも$|x|<|\varphi |$かつ$|x|<|\overline{\varphi }|$である. $0<-\overline{\varphi }<\varphi$であったから, これは
$$\begin{array}{r}{I}_l=I_f=(\overline{\varphi },-\overline{\varphi })\end{array}$$と書くことができる. $◻$

母関数の収束値の部分分数分解の式は, $\varphi \overline{\varphi }=-1$を用いて
$$\begin{array}{rl}l(x)& =\frac{\varphi }{\varphi +x}+\frac{\overline{\varphi }}{\overline{\varphi }+x}\\ & =\frac{1}{1-\overline{\varphi }x}+\frac{1}{1-\varphi x}\\ & =\sum _{n⩾0}^n({\overline{\varphi }}^n+{\varphi }^n)x^n,\\ (\varphi -\overline{\varphi })f(x)& =\frac{\overline{\varphi }}{\overline{\varphi }+x}-\frac{\varphi }{\varphi +x}\\ & =\frac{1}{1-\varphi x}-\frac{1}{1-\overline{\varphi }x}\\ & =\sum _{n⩾0}^n({\varphi }^n-{\overline{\varphi }}^n)x^n\end{array}$$と更に変形することができ, 両辺で$x^n$の係数を比較すれば$n⩾0$の場合の得られる. $n⩽0$のときは, 符号の反転公式から
$$\begin{array}{rl}{L}_n& =(-1{)}^n{L}_{-n}\\ & =(\varphi \overline{\varphi }{)}^n({\varphi }^{-n}+{\overline{\varphi }}^{-n})\\ & ={\varphi }^n+{\overline{\varphi }}^n,\\ F_n& =(-1{)}^{n-1}{F}_{-n}\\ & =-(\varphi \overline{\varphi }{)}^n\frac{{\varphi }^{-n}-{\overline{\varphi }}^{-n}}{\varphi -\overline{\varphi }}\\ & =\frac{{\varphi }^n-{\overline{\varphi }}^n}{\varphi -\overline{\varphi }}\end{array}$$
のように拡張されるため, 全ての整数$n$について証明が完了した.$◻$

$-1<\overline{\varphi }<0$に注意すれば, 一般項を代入して
$$\begin{array}{rl}& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{L_{n+1}}{L_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\varphi }^{n+1}+{\overline{\varphi }}^{n+1}}{{\varphi }^n+{\overline{\varphi }}^n}=\varphi ,\\ & \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{F_{n+1}}{F_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{{\varphi }^{n+1}-{\overline{\varphi }}^{n+1}}{{\varphi }^n-{\overline{\varphi }}^n}=\varphi \end{array}$$と計算できる. $◻$

$-1<\overline{\varphi }<0$に注意すれば, 一般項を代入して
$$\begin{array}{r}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{L_n}{F_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sqrt{5}\frac{{\varphi }^n+{\overline{\varphi }}^n}{{\varphi }^n-{\overline{\varphi }}^n}=\sqrt{5}\end{array}$$と計算できる. $◻$

$(1)$一般項から${\varphi }^n=(L_n+F_n\sqrt{5})/2$が導出されることを確かめておく. 指数の等式${\varphi }^{m+n}={\varphi }^m{\varphi }^n$にこれを代入して展開すると
$$\begin{array}{rl}& {\varphi }^{m+n}={\varphi }^m{\varphi }^n\\ ⟺& \frac{L_{m+n}+F_{m+n}\sqrt{5}}{2}=\frac{L_m+F_m\sqrt{5}}{2}\frac{L_n+F_n\sqrt{5}}{2}\\ ⟺& 2L_{m+n}+2F_{m+n}\sqrt{5}=(L_m{L}_n+5F_m{F}_n)+(L_m{F}_n+F_m{L}_n)\sqrt{5}\end{array}$$と同値変形され, $\sqrt{5}$の無理数性から, 有理数部分と無理数部分を比較して加法定理を得る. $◻$
$(2)$閉区間$(\overline{\varphi },-\overline{\varphi })$上で母関数$f$の収束値から等式$(2\mathrm{F})$を確かめる. 先ず左辺について,
$$\begin{array}{rl}\sum _{m,n⩾0}^{m,n}{F}_{m+n+1}{x}^{m+n}& =\frac{1}{x}\sum _{m,n⩾0}^{m,n}{F}_{m+n+1}{x}^{m+n+1}\\ & =\frac{1}{x}\sum _{\ell ⩾1}^{\ell }\ell F_{\ell }{x}^{\ell }\\ & =\frac{\mathrm{d}(f-F_0{x}^0)}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}\\ & =\frac{1(1-x-x^2)-x(-1-2x)}{(1-xs-x^2{)}^2}\\ & =\frac{1+x^2}{(1-x-x^2{)}^2}\end{array}$$と分数式として表しなおすことができる. また右辺については
$$\begin{array}{rl}& \sum _{m,n⩾0}^{m,n}(F_{m+1}{F}_{m+1}+F_m{F}_n)x^{m+n}\\ =& {\left(\frac{f-F_0{x}^0}{x}\right)}^2+f^2\\ =& \frac{1}{(1-x-x^2{)}^2}+\frac{x^2}{(1-x-x^2{)}^2}\\ =& \frac{1+x^2}{(1-x-x^2{)}^2}\end{array}$$
となり, 上記二つは相等しいので等式は正しい. 等式$(2\mathrm{L})$についても同様であるので, その詳細は省略する. 最後に, 両辺に$(-1{)}^{m+n+1},(-1{)}^{m+n}$をそれぞれ乗じれば非負なる整数に対する加法定理が導かれる. $◻$

符号の反転公式と加法定理から,
$$\begin{array}{rl}(-1{)}^n& =(-1{)}^n\frac{F_{(n+1)-n+1}}{F_2}\\ & =(-1{)}^n\frac{F_{n+2}{F}_{-n+1}+F_{n+1}{F}_{-n}}{F_2}\\ & =F_{n+2}{F}_{n-1}-F_{n+1}{F}_n\end{array}$$と変形でき, ここに$F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$を代入すれば
$$\begin{array}{rl}(-1{)}^n& =F_{n+1}{F}_{n-1}+F_n{F}_{n-1}-F_{n+1}{F}_n\\ & =F_{n+1}{F}_{n-1}+F_n(F_{n-1}-F_{n+1})\\ & =F_{n+1}{F}_{n-1}-F_n^2\end{array}$$と命題の式に達する. $◻$

Catalan の等式と同様にして証明することができる (省略).

$x\in I_f$の区間において
$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{x}{1-x(1+x)}\\ & =x\sum _{n⩾0}^n{x}^n(1+x{)}^n\\ & =x\sum _{n⩾0}^n{x}^n\sum _{m=0}^{m=n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})x^m\\ & =x\sum _{n⩾0}^n\sum _{m=0}^{m=n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})x^{m+n}\\ & =x\sum _{N⩾m}^N\sum _{m=0}^{m=n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-m}{m})x^N=x\sum _{N⩾0}^N\sum _{m=0}^{m=n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-m}{m})x^N\\ & =\sum _{n⩾0}^n\left(\sum _{m=0}^{m=n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-m}{m})\right)x^{n+1}\end{array}$$が成立し, $x^{n+1}$の項の係数から命題の式が得られる. $◻$

Lucas 数の母関数の収束値から$L_0{x}^0$を引くと
$$\begin{array}{r}l(x)-L_0{x}^0=\frac{2-x}{1-x-x^2}-2=x\frac{2x+1}{1-x-x^2}=-x\frac{(1-x-x^2{)}^{\prime }}{1-x-x^2}\end{array}$$
のようになり, 両辺を$x$で割って積分すれば
$$\begin{array}{r}\int \mathrm{d}x\sum _{n⩾1}^n{L}_n{x}^{n-1}=-\ln (1-x-x^2)+C\end{array}$$すなわち
$$\begin{array}{r}\sum _{n⩾1}^n\frac{L_n}{n}{x}^n=\ln \frac{x}{x(1-x-x^2)}+C\end{array}$$が得られる. $x=0$の場合の成立から$C=0$が判り, $f(x)=x/(1-x-x^2)$であったことを用いれば
$$\begin{array}{r}\sum _{n⩾1}^n\frac{L_n}{n}{x}^n=\ln \frac{f(x)}{x}\end{array}$$という等式に変形され, 両辺を$\exp$によって飛ばせば命題の式になる. $◻$