Fibonacci 数を含む基礎的な無限級数 (3)　F_(n+k) F_n の逆数和

$F_{n+1}=F_{n+2}-F_n$であることを用いれば
$$ \begin{align} S_2&=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{n+2}-F_n}{F_{n+2}F_{n+1}F_n}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\left(\frac{1}{F_{n+1}F_n}-\frac{1}{F_{n+2}F_{n+1}}\right)\\ &=\frac{1}{F_1F_2}=1 \end{align} $$と計算できる. $\quad\Box$

$F_{n+4}=F_{n+3}+F_{n+2}=2F_{n+2}+F_{n+1}=3F_{n+2}-F_n$であること, および先の命題を用いれば
$$ \begin{align} S_4&=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{n+4}-F_n}{3F_{n+4}F_{n+2}F_n}\\ &=\frac{1}{3}\sum_{n\geqslant1}^n\left(\frac{1}{F_{n+2}F_n}+\frac{1}{F_{n+4}F_{n+2}}\right)\\ &=\frac{1}{3}\left(1+1-\frac{1}{F_1F_3}-\frac{1}{F_2F_4}\right)=\frac{7}{18} \end{align} $$と計算できる. $\quad\Box$

$k$を固定して考える. $n\in\{0,1\}$のときに成立することは既知である. 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, それらを辺々足しあわせることで$n+2$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. $\quad\Box$

$F_{2k}F_{n+2}=F_{n+2k}+F_{2k-2}F_n$であることを用いて
$$ \begin{align} S_{2k}&=\frac{1}{F_{2k}}\sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{n+2k}+F_{2k-2}F_n}{F_{n+2k}F_{n+2}F_n}\\ &=\frac{1}{F_{2k}}\sum_{n\geqslant1}^n\left(\frac{1}{F_{n+2}F_n}+\frac{F_{2k-2}}{F_{n+2k}F_{n+2}}\right)\\ &=\frac{1}{F_{2k}}\left(1+F_{2k-2}\left(S_{2k-2}-\frac{1}{F_{2k-1}}-\frac{1}{F_{2k}}\right)\right) \end{align} $$と式変形し, 両辺に$F_{2k}$を掛けて右辺の括弧を展開すれば$\left(S_{2k}F_{2k}\right)_{k>0}$の漸化式が得られることが判る. 実際には
$$ \begin{align} F_{2k}S_{2k}&=F_{2k-2}S_{2k-2}+1+F_{2k-2}\left(-\frac{1}{F_{2k-1}}-\frac{1}{F_{2k}}\right)\\ &=F_{2k-2}S_{2k-2}+\frac{F_{2k}F_{2k-1}-F_{2k}F_{2k-2}-F_{2k-1}F_{2k-2}}{F_{2k}F_{2k-1}}\\ &=F_{2k-2}S_{2k-2}+\frac{F_{2k-1}F_{2k-1}-F_{2k}F_{2k-2}}{F_{2k}F_{2k-1}}\\ &=F_{2k-2}S_{2k-2}+\frac{1}{F_{2k}F_{2k-1}} \end{align} $$と階差$1/F_{2k+2}F_{2k+1}$の数列になるため,
$$ \begin{align} F_{2k}S_{2k}=F_2S_2+\sum_{n=2}^{n=k}\frac{1}{F_{2n}F_{2n-1}}=\sum_{n=1}^{n=k}\frac{1}{F_{2n}F_{2n-1}} \end{align} $$が成立し, 両辺を$F_{2k}$で割れば命題の式となる. $\quad\Box$

第一の等号は, 一般項および等式$-\bar{\phi}=1/\phi$を代入して
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\left|\frac{L_n}{F_n}-\sqrt{5}\right|&=\sum_{n\geqslant1}^n\left|\frac{L_n-\sqrt{5}F_n}{F_n}\right|\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\left|\frac{(\phi^n+\bar{\phi}^n)-(\phi^n-\bar{\phi}^n)}{F_n}\right|\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\left|\frac{2\bar{\phi}^n}{F_n}\right|=2\sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{\phi^nF_n} \end{align} $$
と計算することで証明される. また先の命題の極限の式
$$ \begin{align} \sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{n+2k}F_n}=\frac{1}{F_{2k}}\sum_{n=1}^{n=k}\frac{1}{F_{2n}F_{2n-1}} \end{align} $$
において, 両辺に$F_{2k}$を掛けて$k\rightarrow\infty$なる極限を取り,
$$ \begin{align} \lim_{k\to\infty}\frac{F_{n+2k}F_n}{F_{2k}}&=\lim_{k\to\infty}\frac{F_{n+2k}}{F_{n-1+2k}}\frac{F_{n-1+2k}}{F_{n-2+2k}}\cdots\frac{F_{2+2k}}{F_{1+2k}}\frac{F_{1+2k}}{F_{2k}}F_n\\ &=\phi^nF_n \end{align} $$を代入すれば第二の等号が得られる. $\quad\Box$

$k$を固定して考える. $n\in\{0,1\}$のときに成立することは既知である. 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, それらを辺々足しあわせることで$n+2$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. $\quad\Box$

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

$S_1-2S_3$を考えると
$$ \begin{align} S_1-2S_3&=\sum_{n\geqslant1}^n\left(\frac{1}{F_{n+1}F_n}-\frac{2}{F_{n+3}F_n}\right)\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{n+3}-2F_{n+1}}{F_{n+3}F_{n+1}F_n}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{n+2}-F_{n+1}}{F_{n+3}F_{n+1}F_n}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{n+3}F_{n+1}}\\ &=S_2-\frac{1}{F_3F_1}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \end{align} $$のように計算することができ, これを$S_3$について観れば$S_3=\dfrac{1}{2}S_1-\dfrac{1}{4}$が得られる. $\quad\Box$

$2S_3-5S_5$を考えると
$$ \begin{align} 2S_3-5S_5&=\sum_{n\geqslant1}^n\left(\frac{2}{F_{n+3}F_n}-\frac{5}{F_{n+5}F_n}\right)\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{2F_{n+5}-5F_{n+3}}{F_{n+5}F_{n+3}F_n}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{2F_{n+4}-3F_{n+3}}{F_{n+5}F_{n+3}F_n}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{2F_{n+2}-F_{n+3}}{F_{n+5}F_{n+3}F_n}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{n+2}-F_{n+1}}{F_{n+5}F_{n+3}F_n}\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{n+5}F_{n+3}}\\ &=S_2-\frac{1}{F_3F_1}-\frac{1}{F_4F_2}-\frac{1}{F_5F_3}\\ &=1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{10}=\frac{1}{15} \end{align} $$のように計算することができ, これを$S_5$について観れば$S_5=\dfrac{2}{5}S_1-\dfrac{1}{75}$が得られる. $\quad\Box$

左辺を総和の中で通分すると
$$ \begin{align} F_{2k-1}S_{2k-1}-F_{2k+1}S_{2k+1}&=\sum_{n\geqslant1}^n\left(\frac{F_{2k-1}}{F_{n+2k-1}F_n}-\frac{F_{2k+1}}{F_{n+2k+1}F_n}\right)\\ &=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{F_{n+2k+1}F_{2k-1}-F_{n+2k-1}F_{2k+1}}{F_{n+2k+1}F_{n+2k-1}F_n} \end{align} $$
のようになるので, 加法定理を用いて分子を
$$ \begin{align} &F_{n+2k+1}F_{2k-1}-F_{n+2k-1}F_{2k+1}\\ =\;&(F_{n+1}F_{2k+1}+F_nF_{2k})F_{2k-1}-(F_{n}F_{2k}+F_{n-1}F_{2k-1})F_{2k+1}\\ =\;&F_nF_{2k+1}F_{2k-1}-F_nF_{2k}^2=F_n\times(-1)^{2k}=F_n \end{align} $$を展開すれば, 元の式に代入して
$$ \begin{align} F_{2k-1}S_{2k-1}-F_{2k+1}S_{2k+1}&=\sum_{n\geqslant1}^n\frac{1}{F_{n+2k+1}F_{n+2k-1}}\\ &=S_2-\!\!\!\displaystyle\sum_{n=1}^{n+1=2k-1}\!\!\!\frac{1}{F_{n+2}F_n}\\ &=1-\!\!\!\displaystyle\sum_{n=1}^{n+1=2k-1}\!\!\!\frac{1}{F_{n+2}F_n} \end{align} $$なる結果を得ることができる. $\quad\Box$