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. $\quad\Box$

$x\in I_f$ならば
$$ \begin{align} (1-x-x^2)f(x)&=(1-x-x^2)\sum_{n\geqslant0}^nL_nx^n\\ &=\sum_{n\geqslant0}^nF_nx^n-\sum_{n\geqslant0}^nF_nx^{n+1}-\sum_{n\geqslant0}^nF_nx^{n+2}\\ &=0+x+\sum_{n\geqslant2}^nF_{n}x^{n}-0x-\sum_{n\geqslant2}^nF_{n-1}x^{n}-\sum_{n\geqslant2}^nF_{n-2}x^{n}\\ &=x+\sum_{n\geqslant2}^n(F_n-F_{n-1}-F_{n-2})x^n=x \end{align} $$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, $\phi\bar{\phi}=-1$を適用すると
$$ \begin{align} \frac{2-x}{1-x-x^2}&=\frac{\phi}{\phi+x}+\frac{\bar\phi}{\bar\phi+x},\\ \frac{x}{1-x-x^2}&=\frac{1}{\phi-\bar\phi}\left(\frac{\bar\phi}{\bar\phi+x}-\frac{\phi}{\phi+x}\right)\\ \end{align} $$となるため, 収束条件は何れも$|x|<|\phi|$かつ$|x|<|\bar{\phi}|$である. $0<-\bar\phi<\phi$であったから, これは
$$ \begin{align} I_l=I_f=(\bar{\phi},-\bar\phi) \end{align} $$と書くことができる. $\quad\Box$

母関数の収束値の部分分数分解の式は, $\phi\bar{\phi}=-1$を用いて
$$ \begin{align} l(x)&=\frac{\phi}{\phi+x}+\frac{\bar{\phi}}{\bar{\phi}+x}\\ &=\frac{1}{1-\bar{\phi}x}+\frac{1}{1-\phi x}\\ &=\sum_{n\geqslant0}^n(\bar{\phi}^n+\phi^n)x^n,\\ (\phi-\bar\phi)f(x)&=\frac{\bar\phi}{\bar\phi+x}-\frac{\phi}{\phi+x}\\ &=\frac{1}{1-{\phi}x}-\frac{1}{1-\bar\phi x}\\ &=\sum_{n\geqslant0}^n({\phi}^n-\bar\phi^n)x^n \end{align} $$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$n\geqslant0$の場合の得られる. $n\leqslant0$のときは, 符号の反転公式から
$$ \begin{align} L_n&=(-1)^nL_{-n}\\ &=(\phi\bar\phi)^n(\phi^{-n}+\bar\phi^{-n})\\ &=\phi^n+\bar\phi^n,\\ F_n&=(-1)^{n-1}F_{-n}\\ &=-(\phi\bar\phi)^n\frac{\phi^{-n}-\bar\phi^{-n}}{\phi-\bar\phi}\\ &=\frac{\phi^n-\bar\phi^n}{\phi-\bar\phi} \end{align} $$
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.$\quad\Box$

$-1<\bar{\phi}<0$に注意すれば, 一般項を代入して
$$ \begin{align} &\lim_{n\to\infty}\frac{L_{n+1}}{L_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\phi^{n+1}+\bar{\phi}^{n+1}}{\phi^n+\bar{\phi}^n}=\phi,\\ &\lim_{n\to\infty}\frac{F_{n+1}}{F_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\phi^{n+1}-\bar{\phi}^{n+1}}{\phi^n-\bar{\phi}^n}=\phi \end{align} $$と計算できる. $\quad\Box$

$-1<\bar{\phi}<0$に注意すれば, 一般項を代入して
$$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\frac{L_n}{F_n}=\lim_{n\to\infty}\sqrt{5}\frac{\phi^{n}+\bar{\phi}^{n}}{\phi^n-\bar{\phi}^n}=\sqrt{5} \end{align} $$と計算できる. $\quad\Box$

$(1)\quad$一般項から$\phi^n=(L_n+F_n\sqrt{5})/2$が導出されることを確かめておく. 指数の等式$\phi^{m+n}=\phi^m\phi^n$にこれを代入して展開すると
$$ \begin{align} &\phi^{m+n}=\phi^m\phi^n\\ \Longleftrightarrow\;&\frac{L_{m+n}+F_{m+n}\sqrt{5}}{2}=\frac{L_m+F_m\sqrt{5}}{2}\frac{L_n+F_n\sqrt{5}}{2}\\ \Longleftrightarrow\;&2L_{m+n}+2F_{m+n}\sqrt{5}=(L_mL_n+5F_mF_n)+(L_mF_n+F_mL_n)\sqrt{5} \end{align} $$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. $\quad\Box$
$(2)\quad$閉区間$(\bar\phi,-\bar\phi)$上で母関数$f$の収束値から等式$(2{\rm F})$を確かめる. 先ず左辺について,
$$ \begin{align} \sum_{m,n\geqslant0}^{m,n}F_{m+n+1}x^{m+n}&=\frac{1}{x}\sum_{m,n\geqslant0}^{m,n}F_{m+n+1}x^{m+n+1}\\ &=\frac{1}{x}\sum_{\ell\geqslant1}^\ell\ell F_\ell x^\ell\\ &=\frac{{\rm d}(f-F_0x^0)}{{\rm d}x}=\frac{{\rm d}f}{{\rm d}x}\\ &=\frac{1(1-x-x^2)-x(-1-2x)}{(1-xs-x^2)^2}\\ &=\frac{1+x^2}{(1-x-x^2)^2} \end{align} $$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
$$ \begin{align} &\sum_{m,n\geqslant0}^{m,n}(F_{m+1}F_{m+1}+F_mF_n)x^{m+n}\\ =\;&\left(\frac{f-F_0x^0}{x}\right)^2+f^2\\ =\;&\frac{1}{(1-x-x^2)^2}+\frac{x^2}{(1-x-x^2)^2}\\ =\;&\frac{1+x^2}{(1-x-x^2)^2} \end{align} $$
となり, 上記二つは相等しいので等式は正しい. 等式$(2{\rm L})$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. $\quad\Box$

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

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
$$ \begin{align} f(x)&=\frac{x}{1-x(1+x)}\\ &=x\sum_{n\geqslant0}^nx^n(1+x)^n\\ &=x\sum_{n\geqslant0}^nx^n\sum_{m=0}^{m=n}\binom{n}{m}x^m\\ &=x\sum_{n\geqslant0}^n\sum_{m=0}^{m=n}\binom{n}{m}x^{m+n}\\ &=x\sum_{N\geqslant m}^N\sum_{m=0}^{m=n}\binom{N-m}{m}x^{N}=x\sum_{N\geqslant0}^N\sum_{m=0}^{m=n}\binom{N-m}{m}x^{N}\\ &=\sum_{n\geqslant0}^n\left(\sum_{m=0}^{m=n}\binom{n-m}{m}\right)x^{n+1} \end{align} $$が成立し, $x^{n+1}$の項の係数から命題の式が得られる. $\quad\Box$

Lucas 数の母関数の収束値から$L_0x^0$を引くと
$$ \begin{align} l(x)-L_0x^0=\frac{2-x}{1-x-x^2}-2=x\frac{2x+1}{1-x-x^2}=-x\frac{(1-x-x^2)'}{1-x-x^2} \end{align} $$
のようになり, 両辺を$x$で割って積分すれば
$$ \begin{align} \int{\rm d}x\sum_{n\geqslant1}^nL_nx^{n-1}=-\ln(1-x-x^2)+C \end{align} $$すなわち
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\frac{L_n}{n}x^{n}=\ln\frac{x}{x(1-x-x^2)}+C \end{align} $$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
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\frac{L_n}{n}x^{n}=\ln\frac{f(x)}{x} \end{align} $$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. $\quad\Box$