Fibonacci 平方数が 0, 1, 144 のみであることの初等的証明

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黄金平方数
前提知識 : Lucas 数列, Fibonacci 数列, 平方剰余の第一補充則 (Euler の規準)
Lucas 数列, Fibonacci 数列 : https://mathlog.info/articles/19
Euler の規準 : https://mathlog.info/articles/454
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最新版のブログ記事 : フィボナッチ数列に現れる平方数が 1 と 144 のみであることについて
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剰余を見る証明

ある整数 $N$ について, これが平方数であるか否かを表現する方程式,
$\begin{array}{r} m^{2} = N \end{array}$ の解析法には, 周知されているごとく様々な手法が存在するが, ここでは方程式 $F_{n} = m^{2}$ の解を決定するにあたって, ある特殊な整数の素因子と剰余とを観察する. 文字 $p$ を奇素数とするとき, 合同方程式
$\begin{array}{r} x^{2} \equiv - 1 (m o d p) \end{array}$ が可解であるためには, $p \equiv 1 (m o d 4)$ なることが必要かつ充分である. 故に, 若しある整数 $M \equiv 3 (m o d 4)$ をもって $F_{n} \equiv - 1 (m o d M)$ を成立せしめることができるならば, $M$ は $4$ で割って $3$ 余る素因子 $p$ を必ず持ち, $F_{n}$ が平方数に成ることは $F_{n} \equiv - 1 (m o d p)$ の相合によって否定される. $n$ にとって必要なる条件が得られるのである.

この概略の妥当性の理解を助けるための実験として, 以下に数列 $(F_{n} + 1)_{n > 0}$ に現れる各項の素因子分解を示す.
$\begin{aligned} 2 = & 2, \\ 2 = & 2, \\ 3 = & 3, \\ 4 = & 2^{2}, \\ 6 = & 2 \times 3, \\ 9 = & 3^{2}, \\ 14 = & 2 \times 7, \\ 35 = & 5 \times 3, \\ 56 = & 2^{3} \times 7, \\ 90 = & 2 \times 5 \times 3^{2}, \\ 145 = & (5 \times 29), \\ 234 = & 2 \times 13 \times 3^{2}, \\ 378 = & 2 \times (3^{3} \times 7), \\ 611 = & 13 \times 47, \\ 988 = & 2^{2} \times 13 \times 19, \\ 1598 = & 2 \times 29 \times 31, \\ 2585 = & 5 \times (11 \times 47), \\ 4182 = & 2 \times (17 \times 41) \times 3, \\ 6766 = & 2 \times 17 \times 199, \\ 10947 = & (41 \times 89) \times 3, \\ 17712 = & 2^{2} \times 13 \times (3 \times 227), \\ 28658 = & 2 \times 89 \times (7 \times 23), \\ 46389 = & 3 \times (7 \times 47^{2}), \\ ⋮ \end{aligned}$
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前置き

黄金比の累乗

任意の $n \in Z$ に対して, ${\begin{cases} ϕ^{n} = \frac{L_{n} + \sqrt{5} F_{n}}{2} \\ {\bar{ϕ}}^{n} = \frac{L_{n} - \sqrt{5} F_{n}}{2} \end{cases}$ が成りたつ.

$n = 0, 1$ のときは正しい. それぞれの等式について, ある $n + 1, n$ について等式が成りたつならば, それらを辺々足しあわせる操作によって $n + 2$ の場合が得られ. また辺々を引けば $n - 1$ の場合が得られるので, 再帰的に, 命題の等式が成りたつ. $◻$

任意の $n \in Z$ に対して, $L_{n}^{2} - 5 F_{n}^{2} = 4 \cdot (- 1)^{n}$ が成りたつ.

指数法則 $ϕ^{n} {\bar{ϕ}}^{n} = (ϕ \bar{ϕ})^{n}$ を変形すれば,
$\begin{aligned} ϕ^{n} {\bar{ϕ}}^{n} = (ϕ \bar{ϕ})^{n} \\ ⟺ & \frac{L_{n} + \sqrt{5} F_{n}}{2} \cdot \frac{L_{n} - \sqrt{5} F_{n}}{2} = (- 1)^{n} \\ ⟺ & L_{n}^{2} - 5 F_{n}^{2} = 4 \cdot (- 1)^{n} \end{aligned}$ の式になる. $◻$

二倍公式

任意の $n \in Z$ に対して, ${\begin{cases} F_{2 n} = L_{n} F_{n} \\ L_{2 n} = L_{n}^{2} - 2 (- 1)^{n} \end{cases}$ が成りたつ.

加法定理と先の補題によって,
$\begin{aligned} 2 F_{2 n} & = L_{n} F_{n} + F_{n} L_{n} = 2 L_{n} F_{n}, \\ 2 L_{2 n} & = L_{n} L_{n} + 5 F_{n} F_{n} \\ = L_{n}^{2} + (L_{n}^{2} - 4 (- 1)^{n}) \\ = 2 L_{n}^{2} - 4 (- 1)^{n} \end{aligned}$ の計算が成りたつ. $◻$

任意の $n \in Z$ に対して, $2 ∣ L_{n} ⟺ 2 ∣ F_{n} ⟺ 3 ∣ n$ が成りたつ.

数列 $(L_{n}), (F_{n})$ を $m o d 2$ によって還元する場合, $0, 1, 1$ の繰りかえす同一の周期列が得られる. 故に補題が成立する. $◻$

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法の構成

任意の $m, n \in Z$ に対して, $2 ∣ n$ かつ $3 ∤ n$ ならば,
$\begin{aligned} F_{m + 2 n} & \equiv - F_{m} (m o d L_{n}) \end{aligned}$ が成りたつ.

加法定理と二倍公式から,
$\begin{aligned} 2 F_{m + 2 n} = & L_{m} F_{2 n} + F_{m} L_{2 n} \\ = & L_{m} L_{n} F_{n} + F_{m} (L_{n}^{2} - 2 \cdot (- 1)^{n}) \\ \equiv & - 2 F_{m} (m o d L_{n}) \end{aligned}$ である. 今 $2 ∤ L_{n}$ のために, 各辺を $2$ により除することができる. ここから補題の式が導かれるのである. 第二式についても全く同じ. $◻$

上の合同式の右辺は $n$ に依存しない数である. 故に, $n$ が $3$ によって可除である場合にも, 次のように拡張することができる.

任意の $m, n \in Z$ に対して, $2 ∣ n$ ならば,
$\begin{aligned} F_{m + 2 n} & \equiv - F_{m} (m o d L_{n^{'}}) \end{aligned}$ が成りたつ. ただし, 整数 $n^{'}$ は $n$ が素因子 $3$ を失ったものである.

$n$ から素因子 $3$ を抽出して,
$\begin{array}{r} n = 3^{e} \cdot n^{'} = n^{'} + n^{'} + \dots + n^{'} \end{array}$ と表せば, 先の補題を $3^{e}$ 回繰りかえして, 補題の式を得ることができる. $◻$

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証明

$n$ の取りうる数全体を,
$\begin{array}{r} Z = (4 Z + 1) \cup (4 Z + 3) \cup 2 Z \end{array}$ と分割して, 場合を三つに分ける.
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$n \equiv 1 (m o d 4)$ のとき

任意の $n \in Z$ に対して, $n \equiv 1 (m o d 4)$ ならば, $F_{n} \in ◻ ⟹ n = 1$ が成りたつ.

$n = 1 + 2 k$ なる非零偶数 $k$ を取り, $k = 3^{e} \cdot k^{'}$ として素因子 $3$ を抽出すれば,
$\begin{array}{r} F_{n} = F_{1 + 2 k} \equiv - 1 (m o d L_{k^{'}}) \end{array}$ を得る. $k^{'} m o d 6 \in {2, 4}$ により $L_{k^{'}} \equiv 3 (m o d 4)$ であるから, $F_{n}$ は $L_{k^{'}}$ を法として平方非剰余である. $◻$

剰余列 $(L_{n} m o d 4)$ は節 $2, 1, 3, 0, 3, 3$ の成す周期列である.

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$n \equiv 3 (m o d 4)$ のとき

任意の $n \in Z$ に対して, $n \equiv 3 (m o d 4)$ ならば, $F_{n} \in ◻ ⟹ n = - 1$ が成りたつ.

$F_{n}$ と $F_{- n}$ は相等しい. 由って, $n \equiv 1 (m o d 4)$ の場合を考えて, $n$ を $- n$ に擦りかえれ命題が得られる. $◻$

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$n \equiv 0 (m o d 2)$ のとき

前記の場合と同様に考えることはできない. 二倍公式
$\begin{array}{r} F_{n} = L_{n / 2} F_{n / 2} \end{array}$ によって $F_{n}$ を因数に分解するとき, 等式 $| L_{n / 2}^{2} - 5 F_{n / 2}^{2} | = 4$ のために, $(L_{n / 2}$ と $F_{n / 2})$ の最大公約は $1$ と $2$ に限られる. 従って, $F_{n / 2}$ と $2 F_{n / 2}$ の内何れかが平方数でなければならない. この推論を繰りかえせば, 終には奇数 $n$ であって, $F_{n}$ または $2 F_{n}$ が平方数に成る数を決定するところにまで問題が帰結する. 実際の証明においては, $n$ が $2$ により割りきれる回数を変量として, これに関する数学的帰納法を適用し, 逆流するように論証をすればよろしい.

任意の $n \in Z$ に対して, $n \equiv 3 (m o d 4)$ ならば, $2 F_{n} \in ◻ ⟹ n = 3$ が成りたつ.

$n = 3 + 2 k$ なる非零偶数 $k$ を取り, $k = 3^{e} \cdot k^{'}$ として素因子 $3$ を抽出すれば,
$\begin{array}{r} 2 F_{n} = 2 F_{3 + 2 k} \equiv - 1 \cdot 2^{2} (m o d L_{k^{'}}) \end{array}$ を得る. $k^{'} m o d 6 \in {2, 4}$ により $L_{k^{'}} \equiv 3 (m o d 4)$ であるので, $F_{n}$ は $L_{k^{'}}$ を法として平方非剰余である. $◻$

任意の $n \in Z$ に対して, $n \equiv 1 (m o d 4)$ ならば, $2 F_{n} \in ◻ ⟹ n = - 3$ が成りたつ.

$F_{n}$ と $F_{- n}$ は相等しい. 由って, $n \equiv 3 (m o d 4)$ の場合を考えて, $n$ を $- n$ に擦りかえれはこの命題が得られる. $◻$

任意の $n \in 2 Z$ に対して, $(F_{n} \in ◻) \lor (2 F_{n} \in ◻) ⟺ n \in {0, 2, 6, 12}$ が成りたつ.

論を簡潔にするために, 整数の部分集合として,
$\begin{array}{r} S = {n^{2} ∣ n \in Z} \cup {2 n^{2} ∣ n \in Z} \end{array}$ を定義する.

$n = 0$ について示すべきことは無い. $n \neq 0$ であるとき, $n = 2^{e} \cdot f$ として素因子 $2$ を抽出し, $e ⩾ 3$ を充たすあらゆる $F_{n}$ が $S$ の要素でないことを, 帰納的に論ずる.

$(1)$ $e = 1$ のとき
$F_{n} = L_{f} F_{f}$ において, $F_{f} \in S$ でなければならないから, これまでの証明によって $n \in {- 6, - 2, 2, 6}$ が要求される. この内 $2$ と $6$ のみが充分性を充たす.

$(2)$ $e = 2$ のとき
$F_{n} = L_{2 f} F_{2 f}$ において, $F_{2 f} \in S$ でなければならないから, $(1)$ の証明によって $n \in {4, 12}$ が要求される. この内 $12$ のみが充分性を充たす.

$(3)$ $e = 3$ のとき
$F_{n} = L_{4 f} F_{4 f}$ において, $F_{4 f} \in S$ なければならないから, $(3)$ の証明によって $n = 24$ が要求される. けれどもこれは充分性を充たさない.

$(4)$ $e ⩾ 4$ のとき
$e - 1$ に関して, $F_{2^{e - 1} f}$ が如何なる $f$ においても $S$ の要素に成らないことを仮定とする. そのとき, $F_{2^{e} f} \in S$ に成るためには, $F_{2^{e} f} = L_{2^{e - 1} f} F_{2^{e - 1} f}$ の式において, $F_{2^{e - 1} f} \in S$ でなければならないが, 仮定によってこれは不可能である. $e = 3$ のとき, 既に $n$ は存在しない. この結果はあらゆる $e ⩾ 4$ についても同じである. $◻$

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結論

以上によって次の定理の証明が完成する.

黄金平方数

数列 $(F_{n})_{n \in Z}$ に現れる平方数は $0, 1, 144$ のみである.

数列 $(F_{n})_{n \in Z}$ に現れる平方数の二倍は $0, 2, 8$ のみである.

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投稿日：2020年11月10日

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好きな整数は 0, 1, 1, φ, 2, 5, 6, 12, 89 など. || フィボナッチ数列 bot (@Aureus_N) 管理人. || hatena blog || indeterminate equations involving Fibonacci numbers || Disquisitiones Arithmeticae...

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Fibonacci 平方数が 0, 1, 144 のみであることの初等的証明

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前置き
法の構成
証明
$n \equiv 1 (m o d 4)$ のとき
$n \equiv 3 (m o d 4)$ のとき
$n \equiv 0 (m o d 2)$ のとき
結論

Fibonacci 平方数が 0, 1, 144 のみであることの初等的証明

剰余を見る証明

前置き

法の構成

証明

n≡1 (mod 4)のとき

n≡3 (mod 4)のとき

n≡0 (mod 2)のとき

結論

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