フィボナッチ数列から1を作る級数の秘密を公開
はじめに
この記事では、先月発売された書籍「数学クラスタが集まって本気で大喜利してみた」の７３ページにのっている次の式について解説します。
「数学クラスタが集まって本気で大喜利してみた」p.73
次の級数を求めよ。
${\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\varphi}{\sqrt{5}F_{2^k}} }$
ただし $\varphi$ は黄金数で ${\displaystyle \varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2} }$ とする。
記事の中に「@apu_yokai」とありますように、実はこの記事の元ネタになったのが私のツイートでした!
元になっているツイートはこちらです。
この式の答えはな〜んだ？ pic.twitter.com/qCAuZHXLLB
— ａｐｕ (@apu_yokai) April 17, 2020
書籍には証明はのっていませんので、この記事で証明方法をご紹介します。
確認
$F_n$ はフィボナッチ数です。
なお、 $F_{2^k}$ であって $F_{2k}$ ではないことに注意してください。 つまり、
${\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\varphi}{\sqrt{5}F_{2^k}} =\frac{\varphi}{\sqrt{5}F_{2}} +\frac{\varphi}{\sqrt{5}F_{4}} +\frac{\varphi}{\sqrt{5}F_{8}} +\frac{\varphi}{\sqrt{5}F_{16}} +\cdots }$
ということです。
級数の答え
この式は、書籍の中で「答えが$１$になる問題を考えよ」の章にのっていますから、もちろん答えは $1$ になります!
${\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\varphi}{\sqrt{5}F_{2^k}} =1 }$
解説
それでは、この級数が $1$ になることを説明していきます。
まず次の補題を考えます。
${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2^{n-1}}}{1-x^{2^{n}}}= \begin{cases} \frac{x}{1-x} &\qquad |x|<1\\ \frac{1}{1-x} &\qquad |x|>1 \end{cases} }$
${\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2^{n-1}}}{1-x^{2^{n}}} &=\lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^{N} \frac{(1+x^{2^{n-1}})-1}{1-x^{2^{n}}}\\ &=\lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^{N} \left( \frac{1}{1-x^{2^{n-1}}} -\frac{1}{1-x^{2^{n}}} \right)\\ &=\lim_{N\to\infty}\left( \frac{1}{1-x} -\frac{1}{1-x^{2^{N}}}\right)\\ &=\begin{cases} \frac{x}{1-x} &\qquad |x|<1\\ \frac{1}{1-x} &\qquad |x|>1 \end{cases} \end{aligned} }$
$3$ 行目の変形には望遠鏡和(telescoping sum)を使っています。
補題で $x=-\dfrac{1}{\varphi}$ とすると、 $\left|x\right|<1$より
$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left(- \frac{1}{\varphi}\right)^{2^{n-1}}}{1-\left(- \frac{1}{\varphi}\right)^{2^{n}}} &=\frac{- \frac{1}{\varphi}}{1- \left(- \frac{1}{\varphi}\right)}\\ &=- \frac{1}{\varphi^2} \end{aligned} $
次に左辺を変形すると、
$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left(- \frac{1}{\varphi}\right)^{2^{n-1}}}{1-\left(- \frac{1}{\varphi}\right)^{2^{n}}} &=-1+\sum_{n=2}^{\infty} \frac{\left(- \frac{1}{\varphi}\right)^{2^{n-1}}}{1-\left(- \frac{1}{\varphi}\right)^{2^{n}}}\\ &=-1+\sum_{n=2}^{\infty} \frac{\left( \frac{1}{\varphi}\right)^{2^{n-1}}}{1-\left(- \frac{1}{\varphi}\right)^{2^{n}}}\\ &=-1+\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\varphi^{2^{n-1}}-\left(- \frac{1}{\varphi}\right)^{2^{n-1}}}\\ &=-1+\sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{5}F_{2^{n-1}}}\\ &=-1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{5}F_{2^{n}}}\\ \end{aligned} $
とできます。$4$ 行目の変形でビネの公式を使っています。
元の式の最右辺と合わせて
$ \begin{aligned} -1+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{5}F_{2^{n}}} =- \frac{1}{\varphi^2} \end{aligned} $
さらに変形していくと、
$ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{5}F_{2^{n}}} &=1- \frac{1}{\varphi^2}\\ &= \frac{1}{\varphi}\\ \end{aligned} $
$\therefore \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\varphi}{\sqrt{5}F_{2^{n}}} &=1\\ \end{aligned} $
これで完成です!
${\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\varphi}{\sqrt{5}F_{2^k}}=1 }$
(おまけ)部分和を考える
ここで終わってもいいのですが、せっかくなので部分和がどうなるかも考えてみましょう。
補題の証明を途中でとめると
${\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{N} \frac{x^{2^{n-1}}}{1-x^{2^{n}}} &= \frac{1}{1-x} -\frac{1}{1-x^{2^{N}}} \end{aligned} }$
$x=-\dfrac{1}{\varphi}$ とすると、
${\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{N} \frac{\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{n-1}}}{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{n}}} &= \frac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)} -\frac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N}}} \end{aligned} }$
左辺は先ほどと同様の変形により
${\displaystyle \sum_{n=1}^{N} \frac{\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{n-1}}}{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{n}}}=-1+\sum_{n=2}^{N} \frac{1}{\sqrt{5}F_{2^{n-1}}}\\ }$
とできるので、
${\displaystyle \begin{aligned} -1+\sum_{n=2}^{N} \frac{1}{\sqrt{5}F_{2^{n-1}}} &= \frac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)} -\frac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N}}} \end{aligned} }$
さらに変形していくと
${\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{\sqrt{5}F_{2^{n-1}}} &=1+ \frac{1}{\varphi} -\frac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N}}}\\ &=\varphi -\frac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N}}}\\ \end{aligned} }$
$1$ 項ずらして
${\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{\sqrt{5}F_{2^{n}}} &=\varphi -\frac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N+1}}}\\ &=\frac{\varphi-\varphi\cdot\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N+1}}-1}{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N+1}}}\\ &=\frac{1}{\varphi}\cdot\frac{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N+1}-2}}{1-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N+1}}}\\ &=\frac{1}{\varphi} \cdot\frac{\varphi^{2^{N}-1}+\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N}-1}}{\varphi^{2^{N}-1}} \cdot\frac{\varphi^{2^{N}}}{\varphi^{2^{N}}-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N}}}\\ &=\frac{\varphi^{2^{N}-1}+\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N}-1}}{1} \cdot\frac{1}{\varphi^{2^{N}}-\left(-\dfrac{1}{\varphi}\right)^{2^{N}}}\\ &=L_{2^{N}-1} \cdot\frac{1}{\sqrt{5}F_{2^{N}}}\\ \end{aligned} }$
$L_n$ はリュカ数です。
${\displaystyle \therefore \begin{aligned} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{F_{2^{n}}} &=\frac{L_{2^{N}-1}}{F_{2^{N}}}\\ \end{aligned} }$
いい感じの式ができました!
${\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{F_{2^{n}}} &=\frac{L_{2^{N}-1}}{F_{2^{N}}}\\ \end{aligned} }$
部分和の式を無限にとばすことでも級数和が得られます。
${\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{F_{2^{n}}} &=\lim_{N\to\infty} \frac{L_{2^{N}-1}}{F_{2^{N}}}\\ &= \frac{\sqrt{5}}{\varphi}\\ \end{aligned} }$
${\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{F_{2^{n}}} &= \frac{\sqrt{5}}{\varphi}\\ \end{aligned} }$
Millin 級数について
この級数を少し変形した次のような級数は "Millin 級数" と呼ばれています。
${\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{F_{2^{n}}} &= 4-\varphi\\ \end{aligned} }$
実は、この級数はMillerさんが見つけたので本当はMiller series と呼ぶべきなんですが、なぜかMillin seriesと呼ばれるようになったうえ、本人が面白がって訂正しなかったそうです。
Millin series と呼ばれているフィボナッチ数の逆数の級数はMillerさんが見つけたので本当はMiller series と呼ぶべきなんだけど、なぜかMillin seriesと呼ばれるようになったうえ、本人が面白がって訂正しなかったそうな🙂 https://t.co/GkI056ghXO
— ａｐｕ (@apu_yokai) December 22, 2020
おわりに
というわけで、当初の式は Millin級数を変形して作ったものだったのでした。
パッと見では$1$に収束するようには見えませんよね?
こんな風にオリジナルの級数を作るのは楽しいので、みなさんもいろいろ遊んでみてほしいと思います。
面白い級数ができたらぜひ教えてくださいね。
それでは～
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