Fibonacci 数を含む基礎的な無限級数 (2)　有名な無限和

$F_{n+1}=F_{n+2}-F_n$であることを用いれば
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{n+2}F_n}&=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{n+2}-F_n}{F_{n+2}F_{n+1}F_n}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\left(\frac{1}{F_{n+1}F_n}-\frac{1}{F_{n+2}F_{n+1}}\right)\\ &=\frac{1}{F_1F_2}=1 \end{align} $$と計算できる. $\quad\Box$

$2F_{n+1}=F_{n+1}+F_{n+2}-F_n=F_{n+3}-F_n$であることを用いれば
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{n+3}F_{n+2}F_n}&=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{n+3}-F_n}{2F_{n+3}F_{n+2}F_{n+1}F_n}\\ &=\frac{1}{2}\sum_{n\geqslant1}^n\left(\frac{1}{F_{n+2}F_{n+1}F_n}-\frac{1}{F_{n+3}F_{n+2}F_{n+1}}\right)\\ &=\frac{1}{2}\frac{1}{F_1F_2F_3}=\frac{1}{4} \end{align} $$と計算できる. $\quad\Box$

(省略).

(省略).

加法定理から
$$ \begin{align} F_{4n+3}&=F_{4n+4}-F_{4n+2}\\ &=F_{(2n+2)+(2n+1)+1}-F_{(2n+1)+2n+1}\\ &=F_{2n+3}F_{2n+2}+F_{2n+2}F_{2n+1}-F_{2n+2}F_{2n+1}-F_{2n+1}F_{2n}\\ &=F_{2n+3}F_{2n+2}-F_{2n+1}F_{2n} \end{align} $$であることを用いれば
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{4n+3}}{F_{2n+3}F_{2n+2}F_{2n+1}F_{2n}}&=\sum_{n\geqslant1}^n\left(\frac{1}{F_{2n+1}F_{2n}}-\frac{1}{F_{2n+3}F_{2n+2}}\right)\\ &=\frac{1}{F_2F_1}=1 \end{align} $$と計算できる. $\quad\Box$

加法定理および符号の反転公式から
$$ \begin{align} (-1)^n&=(-1)^n\frac{F_{(n+1-1)-n+1}}{F_1}\\ &=\frac{(-1)^n(F_{n+1}F_{-n+1}+F_{n+1-1}F_{-n})}{F_1}\\ &=F_{n+1}F_{n-1}-F_{n}F_{n} \end{align} $$であるので,
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\frac{(-1)^n}{F_{n+1}F_n}&=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{n+1}F_{n-1}-F_{n}F_{n}}{F_{n+1}F_n}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\left(\frac{F_{n-1}}{F_n}-\frac{F_{n}}{F_{n+1}}\right)\\ &=\lim_{\ell\to\infty}\sum_{n=1}^{n=\ell}\left(\frac{F_{n-1}}{F_n}-\frac{F_{n}}{F_{n+1}}\right)\\ &=\lim_{\ell\to\infty}\left(\frac{F_0}{F_1}-\frac{F_{\ell}}{F_{\ell+1}}\right)\\ &=\lim_{\ell\to\infty}\left(-\frac{F_\ell}{F_\ell+1}\right)=-\frac{1}{\phi} \end{align} $$と纏められ, 最後に$\phi\bar\phi=-1$であることを適用すれば命題の式を得ることができる. $\quad\Box$

加法定理および符号の反転公式から
$$ \begin{align} (-1)^n&=(-1)^n\frac{F_{(n+k-1)+(-n)+1}}{F_k}\\ &=\frac{(-1)^n(F_{n+k}F_{-n+1}+F_{n+k-1}F_{-n})}{F_k}\\ &=\frac{F_{n+k}F_{n-1}-F_{n+k-1}F_{n}}{F_k} \end{align} $$であるので,
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\frac{(-1)^n}{F_{n+k}F_n}&=\frac{1}{F_k}\sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{n+k}F_{n-1}-F_{n+k-1}F_{n}}{F_{n+k}F_n}\\ &=\frac{1}{F_k}\sum_{n\geqslant1}^n\left(\frac{F_{n-1}}{F_n}-\frac{F_{n+k-1}}{F_{n+k}}\right)\\ &=\frac{1}{F_k}\lim_{\ell\to\infty}\sum_{n=1}^{n=\ell}\left(\frac{F_{n-1}}{F_n}-\frac{F_{n+k-1}}{F_{n+k}}\right)\\ &=\frac{1}{F_k}\lim_{\ell\to\infty}\left(\sum_{n=1}^{n=k}\frac{F_{n-1}}{F_{n}}-\sum_{n=\ell+1}^{n=\ell+k}\frac{F_{n-1}}{F_n}\right)\\ &=\frac{1}{F_k}\sum_{n=1}^{n=k}\frac{F_{n-1}}{F_{n}}-\lim_{\ell\to\infty}\sum_{n=1}^{n=k}\frac{F_{n+\ell-1}}{F_{n+\ell}}\\ &=\frac{1}{F_k}\left(-k\frac{1}{\phi}+\sum_{n=1}^{n=k}\frac{F_{n-1}}{F_{n}}\right) \end{align} $$と纏められ, 最後に$\phi\bar\phi=-1$であることを適用すれば命題の式を得ることができる. $\quad\Box$

上記二つの無限級数の収束値をそれぞれ$S,T$と置くと
$$ \begin{align} S+T&=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{n+2}F_{n}}=1,\\ T-S&=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{(-1)^n}{F_{n+2}F_{n}}=\frac{1}{F_2}\left(2\bar{\phi}+\frac{F_1}{F_2}\right)\\ &=2\bar{\phi}^1+\bar{\phi}^0=\bar\phi^2+\bar{\phi}^1=\bar{\phi}^3 \end{align} $$が先の定理により成りたつから, これらを$(S,T)$について変形して,
$$ \begin{align} S&=\frac{1-\bar\phi^3}{2}=\frac{1-\bar\phi-\bar\phi^2}{2}=\frac{-2\bar\phi-(\bar\phi^2-\bar\phi-1)}{2}=-\bar{\phi},\\ T&=\frac{1+\bar{\phi}^3}{2}=\frac{\bar{\phi}^2-\bar{\phi}+\bar{\phi}^2+\bar{\phi}}{2}=\bar{\phi}^2 \end{align} $$とそれぞれの値を得ることができる. $\quad\Box$

(省略).

二つの無限級数をそれぞれ$S,T$と置く. Cassini の公式により$F_{2n-1}^2-1=F_{2n}F_{2n-2}$が成立することを用いると
$$ \begin{align} S+T&=\sum_{n\geqslant2}^n\frac{2F_{2n-1}}{F_{2n-1}^2-1}=2\sum_{n\geqslant2}\frac{F_{2n}-F_{2n-2}}{F_{2n}F_{2n-2}}\\ &=2\sum_{n\geqslant2}\left(\frac{1}{F_{2n-2}}-\frac{1}{F_{2n}}\right)=2,\\ T-S&=\sum_{n\geqslant2}^n\frac{2}{F_{2n-1}^2-1}=2\sum_{n\geqslant2}\frac{1}{F_{2n}F_{2n-2}}\\ &=2\cdot\frac{1}{2}\left(\sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{n+2}F_n}+\sum_{n\geqslant1}^n\frac{(-1)^n}{F_{n+2}F_n}\right)\\ &=1+\frac{1}{F_2}\left(2\bar{\phi}+\frac{F_1}{F_2}\right)=2+2\bar\phi \end{align} $$が成りたつから, これらを$(S,T)$について変形して,
$$ \begin{align} S&=\frac{2-(2+2\bar\phi)}{2}=-\bar{\phi},\\ T&=\frac{2+(2+2\bar{\phi})}{2}=1+(1+\bar{\phi})=1+\bar{\phi}^2=-({\phi}-\bar\phi)\bar{\phi}=-\sqrt{5}\bar{\phi} \end{align} $$とそれぞれの値を得ることができる. 但し, 途中で$\phi\bar{\phi}=-1$であることを適用した. $\quad\Box$

Cassini の公式により$F_{2n}^2+1=F_{2n+1}F_{2n-1}$かつ$F_{2n-1}^2-1=F_{2n}F_{2n-2}$が成立することを用いると
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n}^2+1}&=\sum_{n\geqslant2}\frac{1}{F_{2n+1}F_{2n-1}}\\ &=\frac{1}{2}\left(\sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{n+2}F_n}-\sum_{n\geqslant2}^n\frac{(-1)^n}{F_{n+2}F_n}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(\sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{n+2}F_n}-\frac{1}{2}-\sum_{n\geqslant1}^n\frac{(-1)^n}{F_{n+2}F_n}-\frac{1}{2}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}-\frac{1}{F_2}\left(2\bar{\phi}+\frac{F_1}{F_2}\right)-\frac{1}{2}\right)\\ &=-\bar\phi-\frac{1}{2},\\ \sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n-1}^2-1}&=\sum_{n\geqslant2}\frac{1}{F_{2n}F_{2n-2}}\\ &=\frac{1}{2}\left(\sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{n+2}F_n}+\sum_{n\geqslant1}^n\frac{(-1)^n}{F_{n+2}F_n}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{F_2}\left(2\bar{\phi}+\frac{F_1}{F_2}\right)\right)\\ &=1+\bar\phi=\bar\phi^2 \end{align} $$と計算できる.

Catalan の公式により$F_{2n}^2-1=F_{2n+2}F_{2n-2}$かつ$F_{2n-1}^2+1=F_{2n+1}F_{2n-3}$が成立することを用いると
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n}^2-1}&=\sum_{n\geqslant2}\frac{1}{F_{2n+2}F_{2n-2}}=\frac{1}{3}\sum_{n\geqslant2}\frac{3F_{2n}}{F_{2n+2}F_{2n}F_{2n-2}},\\ \sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n-1}^2+1}&=\sum_{n\geqslant2}\frac{1}{F_{2n+1}F_{2n-3}}=\frac{1}{3}\sum_{n\geqslant2}\frac{3F_{2n-1}}{F_{2n+1}F_{2n-1}F_{2n-3}} \end{align} $$のように変形でき, ここに漸化式$3F_{n}=F_{n+2}+F_{n-2}$を適用すれば
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n}^2-1}&=\frac{1}{3}\sum_{n\geqslant2}^n\frac{F_{2n+2}+F_{2n-2}}{F_{2n+2}F_{2n}F_{2n-2}},\\ &=\frac{1}{3}\left(\sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n}F_{2n-2}}+\sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n+2}F_{2n}}\right)\\ &=\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{3}+2\sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n}F_{2n-2}}\right),\\ \sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n-1}^2+1}&=\frac{1}{3}\sum_{n\geqslant2}^n\frac{F_{2n+3}+F_{2n-1}}{F_{2n+3}F_{2n+1}F_{2n-1}},\\ &=\frac{1}{3}\left(\sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n+1}F_{2n-1}}+\sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n+3}F_{2n+1}}\right)\\ &=\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{2}+2\sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n+1}F_{2n-1}}\right) \end{align} $$と纏められる. 一つ前の命題での議論を借りて計算すれば
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n}^2-1}&=\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{3}+2\bar\phi^2\right)=\frac{8-3\sqrt5}{9},\\ \sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2n-1}^2+1}&=\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{2}-2\bar\phi\right)=\frac{-3+2\sqrt{5}}{6} \end{align} $$となる. $\quad\Box$

$n$を偶奇分けして足しあわせれば, 一つ前および二つ前の命題から計算することができる (省略).

部分分数分解をすると
\begin{align} \displaystyle\sum_{n\geqslant3}^n\frac{1}{F_n^4-1}=\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{n\geqslant3}^n\frac{1}{F_n^2-1}-\frac{1}{2}\displaystyle\sum_{n\geqslant3}^n\frac{1}{F_n^2+1} \end{align}
となること, および一つ前の命題から得られる (省略).

Catalan の等式から
$$ \begin{align} F_n^4-1&= \begin{cases} (F_n^2+F_1^2)(F_n^2-F_2^2)\quad&(n:{\rm even})\\ (F_n^2+F_2^2)(F_n^2-F_1^2)\quad&(n:{\rm odd}) \end{cases}\\ &= \begin{cases} F_{n+1}F_{n-1}F_{n+2}F_{n-2}\quad&(n:{\rm even})\\ F_{n+2}F_{n-2}F_{n+1}F_{n-1}\quad&(n:{\rm odd}) \end{cases}\\ &=F_{n+2}F_{n+1}F_{n-1}F_{n-2},\\ (-1)^n&=(-1)^n\frac{F_{(n+1)+(-n+1)+1}}{F_3}\\ &=(-1)^n\frac{F_{n+2}F_{-n+2}+F_{n+1}F_{-n+1}}{2}\\ &=\frac{-F_{n+2}F_{n-2}+F_{n+1}F_{n-1}}{2} \end{align} $$であるため,
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant3}^n\frac{(-1)^n}{F_n^4-1}&=\frac{1}{2}\sum_{n\geqslant3}^n\frac{F_{n+1}F_{n-1}-F_{n+2}F_{n-2}}{F_{n+2}F_{n+1}F_{n-1}F_{n-2}}\\ &=\frac{1}{2}\sum_{n\geqslant3}^n\left(\frac{1}{F_{n+2}F_{n-2}}-\frac{1}{F_{n+1}F_{n-1}}\right) \end{align} $$と分離することができる. 漸化式$3F_n=F_{n+2}+F_{n-2}$を用いてそれぞれの和を計算すれば
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant3}^n\frac{1}{F_{n+2}F_{n-2}}&=\sum_{n\geqslant3}^n\frac{F_{n+2}+F_{n-2}}{3F_{n+2}F_nF_{n-2}}\\ &=\frac{1}{3}\sum_{n\geqslant3}^n\left(\frac{1}{F_nF_{n-2}}+\frac{1}{F_{n+2}F_n}\right)\\ &=\frac{1}{3}\left(1+1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)=\frac{7}{18},\\ \sum_{n\geqslant3}^n\frac{1}{F_{n+1}F_{n-1}}&=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \end{align} $$と$\sum_{n\geqslant1}^n1/F_{n+2}F_n=1$から導かれ, 元の級数の収束値は
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant3}^n\frac{(-1)^n}{F_n^4-1}&=\frac{1}{2}\sum_{n\geqslant3}^n\left(\frac{1}{F_{n+2}F_{n-2}}-\frac{1}{F_{n+1}F_{n-1}}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{7}{18}-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{18} \end{align} $$であることが判る. $\quad\Box$

収束範囲で
$$ \begin{align} F(x)=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{x^{2^{n-1}}}{F_{2^n}} \end{align} $$なる級数を考える. 数列$(L_n)$および$(F_n)$の一般項から
$$ \begin{align} F(\phi x)+F(\bar\phi x)&=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{\phi^{2^{n-1}}+\bar\phi^{2^{n-1}}}{F_{2^n}}x^{2^{n-1}}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{x^{2^{n-1}}}{F_{2^{n-1}}}\\ &=x+F(x^2) \end{align} $$が成立するので, $x=-\bar\phi$を代入して
$$ \begin{align} F(1)+F(-\bar\phi^2)=-\bar\phi+F(\bar\phi^2) \end{align} $$即ち
$$ \begin{align} F(1)&=-\bar\phi+F(\bar\phi^2)-F(-\bar\phi^2)\\ &=-\bar\phi+\sum_{n\geqslant1}^n\frac{(\bar\phi^2)^{2^{n-1}}}{F_{2^n}}-\sum_{n\geqslant1}^n\frac{(-\bar\phi^2)^{2^{n-1}}}{F_{2^n}}\\ &=-\bar\phi+\sum_{n=1}^{n=1}\left(\frac{(\bar\phi^2)^{2^{n-1}}}{F_{2^n}}-\frac{(-\bar\phi^2)^{2^{n-1}}}{F_{2^n}}\right)\\ &=-\bar\phi+2\bar\phi^2=1+\bar\phi^2\\ &=(\bar\phi-\phi)\bar\phi=-\sqrt{5}\bar\phi \end{align} $$を得る. $\quad\Box$

一般項を直接代入して進めると
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{2^n}}&=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{\phi-\bar\phi}{\phi^{2^n}-\bar{\phi}^{2^n}}=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{\phi-\bar{\phi}}{\phi^{2^n}-\phi^{-2^n}}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{\phi-\bar\phi}{\phi^{2^{n}}}\frac{1}{1-\phi^{-2^{n+1}}}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{\phi-\bar\phi}{\phi^{2^{n}}}\sum_{m\geqslant0}^m\phi^{-2^{n+1}m}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\sum_{m\geqslant0}^m\frac{\phi-\bar\phi}{\phi^{2^{n}(2m+1)}}\\ &=\sum_{\ell\geqslant1}^\ell\frac{\phi-\bar\phi}{\phi^{2\ell}}\\ &=\frac{(\phi-\bar\phi)\phi^{-2}}{1-\phi^{-2}}=\frac{\phi-\bar\phi}{\phi^2-1}\\ &=\frac{\phi-\bar\phi}{\phi}=-\sqrt{5}\bar\phi \end{align} $$のように計算することができる. 但し, 途中で$\phi\bar\phi=-1$であることを適用した. $\quad\Box$

Millin の級数の部分和が, あらゆる正の整数$\ell$に対して
$$ \begin{align} \sum_{n=1}^{n=\ell}\frac{1}{F_{2^n}}=3-\frac{F_{2^\ell+1}}{F_{2^\ell}} \end{align} $$のように簡約されることを証明する. ある$\ell$においてこのようであるのなら, 次の$\ell+1$においても
$$ \begin{align} \sum_{n=1}^{n=\ell+1}\frac{1}{F_{2^n}}&=3-\frac{F_{2^\ell+1}}{F_{2^\ell}}+\frac{1}{F_{2^{\ell+1}}}\\ &=3-\frac{F_{2^\ell+1}F_{2^{\ell+1}}-F_{2^\ell}}{F_{2^\ell}F_{2^{\ell+1}}}\\ &=3-\frac{F_{e+1}F_{e+(e-1)+1}-F_{e}}{F_{e}F_{2e}}\qquad(2^\ell=e)\\ &=3-\frac{F_{e+1}(F_{e+1}F_e+F_eF_{e-1})-F_e}{F_eF_{2e}}\\ &=3-\frac{F_{e+1}^2+F_{e+1}F_{e-1}-1}{F_{2e}}\\ &=3-\frac{F_{e+1}^2+F_e^2}{F_{2e}}\\ &=3-\frac{F_{e+e+1}}{F_{2e}}=3-\frac{F_{2^{\ell+1}+1}}{F_{2^{\ell+1}}} \end{align} $$のようになる. $\ell=1$のときに等号は成りたっているから, 由って全ての$\ell$に対して部分和は上記のように書くことができ, $\ell\to\infty$の極限を取れば
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{2^n}}&=3-\phi=2+\bar\phi\\ &=\cdots=-\sqrt{5}\bar\phi \end{align} $$と元の無限級数の収束値が判る. 但し, 途中で$\phi+\bar\phi=1$であること, および一つ前の命題での議論の結果を用いた. $\quad\Box$

$2$以上なる整数$n$に対して
$$ \begin{align} a_n=\frac{1}{(1+\phi^4)(1+\phi^8)\cdots(1+\phi^{2^n})} \end{align} $$なる実数$a_n$を定義すると, $(a_n)$の階差は
$$ \begin{align} a_{n+1}-a_n&=\frac{1}{(1+\phi^4)(1+\phi^8)\cdots(1+\phi^{2^n})(1+\phi^{2^{n+1}})}\\ &\qquad-\frac{1}{(1+\phi^4)(1+\phi^8)\cdots(1+\phi^{2^n})}\\ &=\frac{-\phi^{2^{n+1}}}{(1+\phi^4)(1+\phi^8)\cdots(1+\phi^{2^{n+1}})}\\ &=\frac{-\phi^{2^{n+1}}}{(\phi^{-2}+\phi^2)(\phi^{-4}+\phi^4)\cdots(\phi^{-2^n}+\phi^{2^n})\phi^{2+4+\cdots+2^n}}\\ &=\frac{-\phi^2}{(\phi^{-2}+\phi^2)(\phi^{-4}+\phi^4)\cdots(\phi^{-2^n}+\phi^{2^n})}\\ &=\frac{-(\phi^2-\bar\phi^2)\phi^2}{(\phi^2-\bar{\phi^2})(\phi^{-2}+\phi^2)(\phi^{-4}+\phi^4)\cdots(\phi^{-2^n}+\phi^{2^n})}\\ &=\frac{-(\phi^2-\bar\phi^2)\phi^2}{\phi^{2^{n+1}}-\phi^{-2^{n+1}}}=-\frac{\phi^2}{F_{2^{n+1}}} \end{align} $$のように整理されるため, 対象の級数は
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{2^n}}&=\frac{1}{F_2}+\frac{1}{F_4}+\sum_{n\geqslant2}^n\frac{1}{F_{2^{n+1}}}\\ &=\frac{4}{3}-\frac{1}{\phi^2}\sum_{n\geqslant2}^n(a_{n+1}-a_n)\\ &=\frac{4}{3}-\frac{1}{\phi^2}\lim_{n\to\infty}(a_{n+1}-a_2)\\ &=\frac{4}{3}-\frac{1}{\phi^2}\left(0-\frac{1}{1+\phi^4}\right)\\ &=\cdots=-\sqrt{5}\bar{\phi} \end{align} $$に収束する. $\quad\Box$