Fibonacci数と級数

$$f(x)=\sum _{k=0}^n{a}_k{x}^k$$
という関数$f(x)$を考える。Fibonacci数列の一般項:
$$F_n=\frac{{\phi }^n-{\overline{\phi }}^n}{\sqrt{5}}(\phi =\frac{1+\sqrt{5}}{2},\overline{\phi }=\frac{1-\sqrt{5}}{2})$$
から、$s$を定数として、
$$\sum _{k=0}^n{a}_k{s}^k{F}_k=\frac{f(s\phi )-f(s\overline{\phi })}{\sqrt{5}}$$
である。試しに$a_k=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}),s=1$としてみると、$\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k=(1+x{)}^n$から、
$$\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})F_k=\frac{(1+\phi {)}^n-(1+\overline{\phi }{)}^n}{\sqrt{5}}=\frac{{\phi }^{2n}-{\overline{\phi }}^{2n}}{\sqrt{5}}=F_{2n}$$
ただし式変形で${\phi }^2=\phi +1,{\overline{\phi }}^2=\overline{\phi }+1$を用いた。$s=2$として計算するとどうだろうか。
$$\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})2^k{F}_k=\frac{(1+2\phi {)}^n-(1+2\overline{\phi }{)}^n}{\sqrt{5}}=\frac{{\phi }^{3n}-{\overline{\phi }}^{3n}}{\sqrt{5}}=F_{3n}$$
　ここからは、$n\to \mathrm{\infty }$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、$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+1)F_k$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$s=\frac{1}{2}$というように「重り」をつけると、$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(k+1)x^k=\frac{1}{(1-x{)}^2}$より、
$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(k+1)F_k}{2^k}=\frac{\frac{1}{(1-\phi /2{)}^2}-\frac{1}{(1-\overline{\phi }/2{)}^2}}{\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=12$$
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:$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{F}_k{x}^k=\frac{x}{1-x-x^2}$から、今度は$s=\frac{1}{4}$として、
$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{F_k}{2^k}{)}^2=\frac{\frac{\phi /4}{1-\phi /4-(\phi /4{)}^2}-\frac{\overline{\phi }/4}{1-\overline{\phi }/4-(\overline{\phi }/4{)}^2}}{\sqrt{5}}=\frac{12}{25}$$
調和数の母関数:$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_k{x}^k=-\frac{\ln (1-x)}{1-x}$から、$s=\frac{1}{2}$として、
$$\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_k{F}_k}{2^k}=\frac{-\frac{\ln (1-\phi /2)}{1-\phi /2}+\frac{\ln (1-\overline{\phi }/2)}{1-\overline{\phi }/2}}{\sqrt{5}}=\frac{12\ln \phi }{\sqrt{5}}+2\ln 2$$
　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。