Fibonacci数と級数

$$ f(x)=\sum_{k=0}^na_kx^k $$
という関数$f(x)$を考える。Fibonacci数列の一般項:
$$ F_n=\frac{\varphi^n-\bar\varphi^n}{\sqrt5}\ \ \ \bigg(\varphi=\frac{1+\sqrt5}2,\ \bar\varphi=\frac{1-\sqrt5}2\bigg) $$
から、$s$を定数として、
$$ \sum_{k=0}^na_ks^kF_k=\frac{f(s\varphi)-f(s\bar\varphi)}{\sqrt5} $$
である。試しに$a_k=\binom{n}{k},\ s=1 $としてみると、$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k=(1+x)^n$から、
$$ \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}F_k=\frac{(1+\varphi)^n-(1+\bar\varphi)^n}{\sqrt5}=\frac{\varphi^{2n}-\bar\varphi^{2n}}{\sqrt5}=F_{2n} $$
ただし式変形で$\varphi^2=\varphi+1,\ \bar\varphi^2=\bar\varphi+1$を用いた。$s=2$として計算するとどうだろうか。
$$ \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}2^kF_k=\frac{(1+2\varphi)^n-(1+2\bar\varphi)^n}{\sqrt5}=\frac{\varphi^{3n}-\bar\varphi^{3n}}{\sqrt5}=F_{3n} $$
　ここからは、$n\to\infty$となる無限級数を考える。
まず、$a_k=k+1$として和をとってみよう。ここで、$\sum_{k=0}^{\infty}(k+1)F_k$とするとこの無限級数は発散してしまうので、収束させるために$s=\frac12$というように「重り」をつけると、$\sum_{k=0}^{\infty}(k+1)x^k=\frac1{(1-x)^2}$より、
$$ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k+1)F_k}{2^k}=\frac{\frac1{(1-\varphi/2)^2}-\frac1{(1-\bar\varphi/2)^2}}{\sqrt5}=\frac{12\sqrt5}{\sqrt5}=12 $$
を得る。他の様々な母関数にもこの方法を適応しよう。Fibonacci数列の母関数:$\sum_{k=0}^{\infty}F_kx^k=\frac{x}{1-x-x^2}$から、今度は$s=\frac14$として、
$$ \sum_{k=0}^{\infty}\bigg(\frac{F_k}{2^k}\bigg)^2=\frac{\frac{\varphi/4}{1-\varphi/4-(\varphi/4)^2}-\frac{\bar\varphi/4}{1-\bar\varphi/4-(\bar\varphi/4)^2}}{\sqrt5}=\frac{12}{25} $$
調和数の母関数:$\sum_{k=1}^{\infty}H_kx^k=-\frac{\ln(1-x)}{1-x}$から、$s=\frac12$として、
$$ \sum_{k=1}^{\infty}\frac{H_k F_k}{2^k}=\frac{-\frac{\ln(1-\varphi/2)}{1-\varphi/2}+\frac{\ln(1-\bar\varphi/2)}{1-\bar\varphi/2}}{\sqrt5}=\frac{12\ln\varphi}{\sqrt5}+2\ln2 $$
　これはFibonacci数に類似した、例えばLucas数のような数列に対しても用いることができるので、是非試してみてほしい。