隣接４項間の漸化式の数列にFibonacci が潜んでいた

　与えられた初期条件と漸化式から，
　　$a_0=a_1=1^2+2^2, a_2=1^2+1^2,$
　　$a_3=9=0^2+3^2， a_4=17=1^2+4^2,$
　　$a_5=50=1^2+7^2, a_6=125=2^2+{11}^2，$
　　$a_7=333=3^2+{18}^2, a_8=866=5^2+{29}^2$．
ここで，$n=0,1,2,\cdots$について，
異なる２つの0以上の整数$b,c$($b<c$)で，
　　$b^2+c^2=(b,c)$
とする．
　　$a_0=a_1=(1,2)$,　$a_2=(1,1)$,　$a_3=(0,3)$，
　　$a_4=(1,4)$,　$a_5=(1,7), a_6=(2,11)$,
　　$a_7=(3,18), a_8=(5,29)$．
$n=0,1,2,\cdots ,8$について，異なる0以上の整数の列 {$f_n$}， {$g_n$}を考える
　ただし，$f_n<g_n$ とする．
　　$a_n=(f_n,g_n)$
とすることができている．
$n=2,3,4,5,6$について，
　　$f_{n+2}=f_{n+1}+f_n, g_{n+2}=g_{n+1}+g_n$
となっている．
（↑ここに潜んでいた)

　いまから，「数学的帰納法」を用いて，
$n=2,3,\cdots$について，整数の列 {$f_n$}， {$g_n$}を用いて，
　　$a_n=(f_n,g_n)$
が成り立つことを示す．
［basis］$n=2,3,\cdots ,8$について，
成り立っていることは確認済み．
［induction step］$n=k,k+1,k+2 (k\geqq 6)$について成り立つと仮定する：
　　$a_k=(f_k,g_k)={f_k}^2+{g_k}^2$,
　　$a_{k+1}=(f_{k+1},g_{k+1})={f_{k+1}}^2+{g_{k+1}}^2$,
　　$a_{k+2}=(f_{k+2},g_{k+2})={f_{k+2}}^2+{g_{k+2}}^2$
が成り立つと仮定する．

示したいことは，
　　$a_{k+3}=(f_{k+2}+f_{k+1}{)}^2+(g_{k+2}+g_{k+1}{)}^2={f_{k+3}}^2+{g_{k+3}}^2$
が成り立つこと．

　与えられた漸化式から，
　　$a_{k+3}=-a_k+2a_{k+1}+2a_{k+2}$
　　$a_{k+3}=-({f_k}^2+{g_k}^2)+2({f_{k+1}}^2+{g_{k+1}}^2)+2({f_{k+2}}^2+{g_{k+2}}^2)$
右辺で，{$f_n$}にかかわる方を計算すると，
　　　$-{f_k}^2+2{f_{k+1}}^2+2{f_{k+2}}^2$
　　$=-(f_{k+2}-f_{k+1}{)}^2+2{f_{k+1}}^2+2{f_{k+2}}^2$
　　$=2f_{k+2}{f}_{k+1}+{f_{k+1}}^2+{f_{k+2}}^2=(f_{k+2}+f_{k+1}{)}^2={f_{k+3}}^2$
{$g_n$}の方もいえるので，$n=k+3$のときも成り立つ．
[conclusion]
以上から，「数学的帰納法」によって，$n\geqq 2$について，
異なる0以上の整数の列 {$f_n$}， {$g_n$}を用いて，
　　$a_n=(f_n,g_n)={f_n}^2+{g_n}^2$
と表せることが証明された．

最初に確認した$n$のときを含めて，問題は片付いた．□□

蛇足
最初は，「２平方の定理」を使う方針でした．