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} \lt 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．