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Fibonacci数の和の整除性についてのある予想の一般化

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予想

H.O.さん https://mathlog.info/users/1104/articles
の削除された、記事にて、次の予想がありました。

$F_n$$n$番目のFibonacci数とする. $s|t$となるような正の偶数$s,t$に対して, 
$$\sum_{k=1}^nF_{sk} ∣\sum_{k=1}^nF_{tk} $$

これを前回
https://mathlog.info/articles/1666
証明しました。
これの一般化に挑戦します。
証明のあらすじは前回と同じ

$W,R$は整数$a_n$を次の漸化式を満たす、数列とする。
$$a_{n+1}-Wa_n+(-1)^R a_{n-1}=0,a_0=0,a_1=1$$
$s|t$かつ$Rs≡0 \ mod \ 2$となるような正の整数$s,t$に対して,

$$\sum_{k=1}^na_{sk} ∣\sum_{k=1}^na_{tk} $$

$$a_{s0}=a_{t0}=0$$
$$\alpha=\frac{\sum_{k=0}^na_{tk}}{\sum_{k=0}^na_{sk}} $$
$\alpha$が有理数であることは、自明
$\alpha$が代数的整数であることを証明する。
言い換えると。
$\alpha$が整数係数多項式に代数的整数を代入した数であることを証明する。

$s$$t$に関することで再確認と定義

再確認

$s|t$
$Rs≡0 \ mod \ 2$
$Rt≡0 \ mod \ 2$

定義

$$\beta=\frac{t}{s}$$

$$\gamma=\frac{\beta}{gcd(n,\beta)}$$

数列に関することで確認と定義

$i$を虚数単位とする。

$X$$Y$の定義

$X^2+Y^2=W,X^2Y^2=(-1)^R,XY=i^R$

$X$$Y$の確認

$$(Z-X)(Z+X)(Z-Y)(Z+Y)=Z^4-WZ^2+(-1)^R $$
$X$$Y$は代数的整数である。
$Y=i^{R}X^{-1}$
$Y^{-1}=i^{-R}X$
$X^{-1}=i^{-R}Y$
$X^{-1}$$Y^{-1}$は代数的整数である。

$a_n$の一般項の確認

$$a_n=\frac{X^{2n}-Y^{2n}}{X^2-Y^2}$$

$$Wa_n(X^2+Y^2)=a_n(X^2+Y^2)=(X^2+Y^2)\frac{X^{2n}-Y^{2n}}{X^2-Y^2}=\\ \frac{X^{2n+2}-Y^{2n+2}}{X^2-Y^2}+ \frac{X^{2(n-1)}X^2Y^2-X^2Y^2Y^{2(n-1)}}{X^2-Y^2}=a_{n+1}+X^2Y^2a_{n-1}=a_{n+1}+(-1)^Ra_{n-1}$$
$a_0=\frac{X^{0}-Y^{0}}{X^2-Y^2}=0,a_1=\frac{X^{2}-Y^{2}}{X^2-Y^2}=1$

数列の和に関することで確認と定義

再確認

$$\sum_{k=0}^na_{tk}=\sum_{k=0}^n\frac{X^{2tk}-Y^{2tk}}{X^2-Y^2}=\frac{1}{X^2-Y^2}(\frac{X^{2t(n+1)}-1}{X^{2t}-1}-\frac{Y^{2t(n+1)}-1}{Y^{2t}-1} )$$
冪級数の和の公式より
$s$の場合も同様

多項式$h_n(x)$の定義

$$h_n(x)=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}$$

多項式$h_n(x)$の性質

$$h_n(x^2)=\frac{x^{2(n+1)}-1}{x^2-1}=\frac{x^{n+1}}{x}\frac{x^{n+1}-x^{-(n+1)}}{x-x^{-1}}=x^n\frac{x^{n+1}-x^{-(n+1)}}{x-x^{-1}}$$

補助数列$f_n$,$f_n^{\prime}$の定義

$$f_n=X^n-X^{-n}$$
$$f_n^{\prime}=Y^n-Y^{-n}=i^{Rn}X^{-n}-i^{-Rn}X^n$$
$$i^{-R2n}=(-1)^{-Rn}=(-1)^{Rn}=i^{R2n}$$より
$$f_{2n}^{\prime}=i^{R2n}X^{-2n}-i^{R2n}X^{2n}=-i^{R2n}f_{2n}$$

これまでの組み合わせ

$$h_n(X^{2t})=X^{tn}\frac{X^{t(n+1)}-X^{-t(n+1)}}{X^t-X^{-t}}=X^{tn}\frac{f_{t(n+1)}}{f_t} $$

$$h_n(Y^{2t})=Y^{tn}\frac{Y^{t(n+1)}-Y^{-t(n+1)}}{Y^t-Y^{-t}}=Y^{tn}\frac{f_{t(n+1)}^\prime}{f_t^\prime}=i^{Rtn}X^{-tn}\frac{f_{t(n+1)}^\prime}{f_t^\prime}\\= X^{-tn}i^{Rtn}\frac{-i^{Rt(n+1)}f_{t(n+1)}}{-i^{Rt}f_t}= X^{-tn}(-1)^{Rtn}\frac{f_{t(n+1)}}{f_t}=\\ X^{-tn}\frac{f_{t(n+1)}}{f_t}$$
$$h_n(X^{2t})-h_n(Y^{2t})=X^{tn}\frac{f_{t(n+1)}}{f_t} -X^{-tn}\frac{f_{t(n+1)}}{f_t}=\frac{f_{t(n+1)}f_{tn}}{f_t}$$

最大公約数、最小公倍数の定義と性質

記号の定義

$gcd$は最大公約数,$Lcm$は最小公倍数

性質1

$$AB=gcd(A,B)Lcm(A,B)$$
証明は下記ページ参照
https://mathtrain.jp/abequalgl

性質2

$$gcd(hm,hn)=h \ gcd(m,n)$$

性質3

$$gcd(a,gcd(b,c))=gcd(gcd(a,b),c)$$
$$gcd(n+1,n)=1$$

多項式の最大公約元と最小公倍元の定義と性質

多項式の最大公約元と最小公倍元の定義

整数と同じ記号$gcd$$Lcm$を用いる。

調べる多項式の定義

$\zeta_n$$1$の原始$n$乗根とする。
$$q_n(x,y)=x^n-y^n$$

$q_n(x,y)$の性質

性質1

$$q_n(x,y)= \prod_{k=0}^{n-1}(x-\zeta_n^ky)$$
$y$を定数と見て、次数$n$の多項式は重複含め$n$個根を持つため。
$$\frac{q_{na}(x,y)}{q_n(x,y)}=\frac{x^{na}-x^{na}}{x^n-y^n}=\sum_{k=0}^{a-1}x^{nk}y^{n(a-1-k)}$$のため
$$q_n(x,y)|q_{na}(x,y)$$

性質2

$$gcd(q_n(x,y),q_m(x,y))=q_{gcd(n,m)}(x,y)$$

$(x-\zeta_n^ky)$$q_m(x,y)$を割り切れるためには、因数定理より、
$\zeta_n^{km}=1 \Longleftrightarrow kmはnの倍数$
$km$$m$の倍数であることは明らか、
$$km=jLcm(n,m)\Longleftrightarrow \\ km\ gcd(m,n)=jLcm(n,m)\ gcd(m,n)=jmn\Longleftrightarrow \\ k\ =j\frac{n}{gcd(m,n)}$$
$\zeta_n^{k\ gcd(m,n)}=\zeta_n^{jn}=1$
$\zeta_n^{k}$$1$$gcd(m,n)$乗根
{$\zeta_n^{k}|0 \leq k \leq n-1$}はすべての$1$$gcd(m,n)$乗根を含む

性質3

$$Lcm(q_n(x,y),q_m(x,y))|q_{nmh}$$
$q_{nmh}$$q_n$$q_m$の公倍元より、最小公倍元の倍元である。
この式から整数係数多項式をひねりだす。

性質4

$$q_n(x,y)q_m(x,y)=Lcm(q_n(x,y),q_m(x,y))\ gcd(q_n(x,y),q_m(x,y))$$

これまでの組み合わせ2

$$q_n(x,y)\vert_{x=X,y=X^{-1}}=q_n(X,X^{-1})=X^n-X^{-n}=f_n $$

第1段階

$$\sum_{k=0}^na_{tk}=\sum_{k=0}^n\frac{X^{2tk}-Y^{2tk}}{X^2-Y^2}=\frac{1}{X^2-Y^2}(\frac{X^{2t(n+1)}-1}{X^{2t}-1}-\frac{Y^{2t(n+1)}-1}{Y^{2t}-1} )$$
$h_n$$X$$Y$の定義を用いて。

$$\sum_{k=0}^na_{tk}=\frac{1}{X^2-Y^2}(h_n(X^{2t})-h_n(Y^{2t}))$$
これまでの組み合わせを用いて
$$\sum_{k=0}^na_{tk}=\frac{1}{X^2-Y^2}\frac{f_{t(n+1)}f_{tn}}{f_t}$$
これまでの組み合わせ2を用いて,
$$\sum_{k=0}^na_{tk}=\frac{1}{X^2-Y^2}\frac{q_{t(n+1)}(x,y)q_{tn}(x,y)}{q_t(x,y)}\vert_{x=X,y=X^{-1}}$$

$s$の場合も同様。

第2段階

第1段階を用いて。
$$\alpha=\frac{\sum_{k=0}^na_{tk}}{\sum_{k=0}^na_{sk}}=$$
$$\frac{q_{t(n+1)}(x,y)q_{tn}(x,y)q_s(x,y)}{q_{s(n+1)}(x,y)q_{sn}(x,y)q_t(x,y)}\vert_{x=X,y=X^{-1}}$$
$\beta$の定義を用いる
$$\alpha= \frac{q_{s\beta(n+1)}(x,y)q_{s\beta n}(x,y)q_s(x,y)}{q_{s(n+1)}(x,y)q_{sn}(x,y)q_{s\beta}(x,y)}\vert_{x=X,y=X^{-1}}$$

多項式の最大公約元と最小公倍元の性質4を$q_{sn}$$q_{s\beta}$に用いる。
$$\alpha= \frac{q_{s\beta(n+1)}(x,y)q_{s\beta n}(x,y)q_s(x,y)}{q_{s(n+1)}(x,y)Lcm(q_{sn}(x,y),q_{s\beta}(x,y))\ gcd(q_{sn}(x,y),q_{s\beta}(x,y))}\vert_{x=X,y=X^{-1}}$$

多項式の最大公約元と最小公倍元の性質2と性質3
及び最大公約数、最小公倍数の性質2を用いる。
$$\alpha=\frac{q_{s\beta n}(x,y)}{Lcm(q_{sn}(x,y),q_{s\beta}(x,y))}\vert_{x=X,y=X^{-1}} \frac{q_{s\beta(n+1)}(x,y)q_s(x,y)}{q_{s(n+1)}(x,y)q_{s\ gcd(n,\beta)}(x,y)}\vert_{x=X,y=X^{-1}}$$
$\gamma$の定義と多項式の最大公約元と最小公倍元の性質4を$q_{s(n+1)}$$q_{s\ gcd(n,\beta)}$に用いる。
$$\alpha=\frac{q_{s\beta n}(x,y)}{Lcm(q_{sn}(x,y),q_{s\beta}(x,y))}\vert_{x=X,y=X^{-1}} \frac{q_{s\gamma \ gcd(n,\beta)(n+1)}(x,y)q_s(x,y)}{Lcm(q_{s(n+1)}(x,y),q_{s\ gcd(n,\beta)}(x,y))\ gcd(q_{s(n+1)}(x,y),q_{s\ gcd(n,\beta)}(x,y))}\vert_{x=X,y=X^{-1}}$$

多項式の最大公約元と最小公倍元の性質2と性質3
及び最大公約数、最小公倍数の性質2を用いる。
$$\alpha=\frac{q_{s\beta n}(x,y)}{Lcm(q_{sn}(x,y),q_{s\beta}(x,y))}\vert_{x=X,y=X^{-1}} \frac{q_{s\gamma \ gcd(n,\beta)(n+1)}(x,y)q_s(x,y)}{Lcm(q_{s(n+1)}(x,y),q_{s\ gcd(n,\beta)}(x,y))\ q_{sgcd(n+1,gcd(n,\beta))}(x,y)}\vert_{x=X,y=X^{-1}}$$

$$gcd(n+1,gcd(n,\beta))=gcd(gcd(n+1,n),\beta)=1$$より
$$\alpha=\frac{q_{s\beta n}(x,y)}{Lcm(q_{sn}(x,y),q_{s\beta}(x,y))}\vert_{x=X,y=X^{-1}} \frac{q_{s\gamma \ gcd(n,\beta)(n+1)}(x,y)}{Lcm(q_{s(n+1)}(x,y),q_{s\ gcd(n,\beta)}(x,y)\ }\vert_{x=X,y=X^{-1}}$$

$Lcm$の性質により右辺は整数係数多項式に代数的整数を代入した数つまり代数的整数である。

証明完了!

のはず、間違え、ミス等ありましたら。コメントよろしくお願いします。

さらなる一般化への序章

証明の第2段階で使った性質 $gcd(n+1,n)=1$
$H$$G$を互いに素な正整数に一般化できる。

$$\frac{q_{tH}(x,y)q_{tG}(x,y)}{q_t(x,y)}\vert_{x=X,y=X^{-1}}= Lcm(q_{tH}(x,y),q_{tG}(x,y))\vert_{x=X,y=X^{-1}}$$

結びに代えて

長文を読んで頂き、ありがとうございました。

投稿日:2021131

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