フィボナッチ・リュカ数列の定理を並べるスレ

以下
フィボナッチ数列
F(1)=1,F(2)=1,F(n+2)=F(n+1)+F(n)
リュカ数列
L(1)=1,L(2)=2,L(n+2)=L(n+1)+L(n)
としましょう。マニアックなのでも結構です。

F(1)+F(2)+F(3)+・・・・F(n)=F(n+2)−1

F(1)+F(3)+F(5)+・・・+F(2n-1)＝F(2n)

L(1)+L(2)+L(3)+・・・+L(n)＝L(n+2)−3

F(n-1)+F(n+1)＝L(n)
L(n-1)+L(n+1)＝5F(n)
でした、興味深いですね。

F(n)≦L(n)

Σ{n≧1}1/F(2^n)=(7-sqrt(5))/2,

Σ{n≧1}1/F(n)F(n+2)=1,

Σ{n≧1}(-1)^n/F(n)F(n+1)=(1-sqrt(5))/2,

Σ{n≧1}1/(F(2n-1)+1)=sqrt(5)/2.

F(7)^2+F(8)^2=F(15)^2
F(8)^2+F(9)^2=F(12)^2

n|F(n) ⇒ F(n)|F(F(n)).

全ての自然数はいくつかの異なるフィボナッチ数の和で表すことができる。

フィボナッチの加法定理
Ｆ(n+m+1)＝Ｆ(n+1)Ｆ(m+1)＋Ｆ(n)Ｆ(m)
特に
Ｆ(2n+1)＝Ｆ(n+1)^2＋Ｆ(n)^2

n,m≠２の時、ｎがｍで割り切れるならばF(n)はF(m)で割り切れる。
またこの逆も成り立つ。

ビネの公式
Ｆ(n)=(α^n−β^n)/(α−β)　　　（α＝(1+√5)/2 β＝(1-√5)/2）

2F(m+n)＝F(m)L(n)＋L(m)F(n)
三角関数の加法定理に似てると思いませんか？

各ヌレの補完

Ｌ（ｎ）＝Ｆ（ｎ＋１）。

>>16
n＝１の時のみ。と書きましょう。

Ｌ（２）＝２＝Ｆ（３）。

>>１の定義が違う・・・
L(2)＝３では？

まだ、出ていないようなので・・。
Ｆ（２ｎ）＝Ｌ（ｎ）*Ｆ（ｎ）。
Ｌ（２ｎ）＝Ｌ（ｎ）＾2−（（−1）＾２）*２。

ちなみにＬ（０）＝２、Ｌ（１）＝１、Ｌ（２）＝３、Ｌ（３）＝４。
Ｌ（−１）＝−１、ですよね。

定理の証明も書いてくれると嬉しいにゃー

　一応・・・
黄金比＝(1+√5)/2＝1.61803398874989474720458・・・

黄金比の歌
http://www5b.biglobe.ne.jp/~simomac/ougonhi.htm

Ｌ(n)においてnが素数の時、
「　L(n)≡１（mod.n）　」が成り立つ

方程式　ｔ＾２−ｔ−１　の２根をα、βとするとき、
Ｆ（ｎ）＝（α＾ｎ−β＾ｎ）/（αーβ）。
Ｌ（ｎ）＝α＾ｎ+β＾ｎ。
と定義すると、Ｆ（ｎ）、Ｌ（ｎ）はフィボナッチ数とリュカ数の性質をすべて
満足する。いいかえれば、上記をＦ数、Ｌ数の定義と考えてさしつかえない。
ここで注意することは、上記のｔの２次方程式の根と係数の関係から、
α+β＝１、αβ＝−１。が常になりたっている、という事である。

２４の定義を使うと、２０で述べた定理の証明は簡単である。すなわち、
Ｌ（ｎ）*Ｆ（ｎ）
　＝（α＾ｎ+β＾ｎ）｛（α＾ｎ−β＾ｎ）/（αーβ）｝
　＝｛（α＾ｎ+β＾ｎ）（α＾ｎ−β＾ｎ）｝/（αーβ）
　＝｛（α＾ｎ）＾２−（β＾ｎ）＾２｝/（αーβ）
　＝｛（α＾２ｎ）−（β＾２ｎ）｝/（αーβ）
　＝Ｆ（２ｎ）。
Ｌ数の証明は逆からいく。
Ｌ（２ｎ）＝α＾２ｎ+β＾２ｎ＝（α＾ｎ）＾２+（β＾ｎ）＾２
　＝（α＾ｎ+β＾ｎ）＾２−２（α＾ｎ）（β＾ｎ）
　＝（α＾ｎ+β＾ｎ）＾２−２（αβ）＾ｎ
リュカ数の定義および基本関係式　αβ＝−１より
　＝Ｌ（ｎ）＾２−（（−1）＾ｎ）*２。
以上で２０が証明できた。

一般にα, βをx^2-Px+Q=0の二解とし、D=P^2-4Q、
U(n)=(α^n-β^n)/(α-β), V(n)=α^n+β^nとおく。
（一般Lucas数列）

特に、P=1, Q=-1のとき、U(n)はFibonacci数列、V(n)はLucas数列。

以下、一般Lucas数列について成り立つ定理。

1. V(n)^2-DU(n)^2=4Q^n,
U(n)^2-U(n-1)U(n+1)=Q^(n-1).

2. DU(n)=V(n+1)-QV(n-1),
V(n)=U(n+1)-QU(n-1).

3. U(m+n)=U(m)U(n)-Q^n U(m-n),
V(n)=U(n+1)-QU(n-1).

4. 2U(m+n)=U(m)V(n)+U(n)V(m),
2Q^n U(m-n)=U(m)V(n)-U(n)V(m),
2V(m+n)=V(m)V(n)+DU(m)U(n).

5. m≧1, q: oddならば
U(mq)=D^((q-1)/2)U(m)^q+q Q^mD^((q-3)/2) U(m)^(q-2)+...
+q/r (q-r-1)C(r-1) Q^mr D^((q-2r-1)/2) U(m)^(q-2r)+...
+q Q^(m(q-1)/2) U(m).

（4, 5は>>20の一般化）

6. k≧1, m: oddならば
D^((m-1)/2) U(k)^m=U(km)-mQ^k U(k(m-2))+mC2 Q^(2k) U(k(m-4))-+...
+(-1)^((m-1)/2) mC((m-1)/2) Q^(k(m-1)/2) U(k),

V(k)^m=V(km)+mQ^k V(k(m-2))+mC2 Q^(2k) V(k(m-4))+...
+mC((m-1)/2) Q^(k(m-1)/2) V(k).

k≧1, m: evenならば
D^(m/2) U(k)^m=V(km)-m Q^k V(k(m-2))+mC2 Q^(2k) V(k(m-4))+...
+2*[mC(m/2)] Q^(km/2),

V(k)^m=V(km)+m Q^k V(k(m-2))+mC2 Q^(2k) V(k(m-4))+...
+2*[mC(m/2)] Q^(km/2).

7. 2^(n-1)U(n)=nC1 P^(n-1)+nC3 P^(n-3) D+...
2^(n-1)V(n)=P^n+ nC2 P^(n-2) D+ nC4 P^(n-4) D^2+...

8. U(m)=V(m-1)+QV(m-3)+Q^2 V(m-5)+...+W,
W=Q^((m-2)/2)P(m: even), Q^((m-1)/2)(m: odd)

P^m=V(m)+mC1 QV(m-2)+mC2 Q^2 V(m-4)+...+W,
W=[mC(m/2)] Q^(m/2)(m: even), [mC((m-1)/2)] Q^((m-1)/2) P(m: odd).

以上、どれもα, βに関する恒等式。

9. U(n)≡V(n-1) (mod Q), V(n)≡P^n (mod Q).
証明: >>27の8より明らか。

10. pが奇素数ならば、U(kp)≡D^((p-1)/2) U(k) (mod p),
e≧1のときU(p^e)≡D^(e(p-1)/2) (mod p), 特にU(p)≡(D/p) (mod p).
証明: >>27の6において、m=pとすると、
U(kp)≡D^((p-1)/2) U(k)^p≡D^((p-1)/2) U(k) (mod p)より前段が従う。
これを繰り返し、U(1)=1より後段が従う。

11. V(p)≡P(mod p).
証明: >>27の8においてm=pとおくと、V(p)≡P^p≡P(mod p).

12. n, k≧1ならばU(n)|U(kn).
証明: >>26の3よりU((k+1)n)=U(kn)U(n)-Q^n U((k-1)n)≡Q^n U((k-1)n)
≡...≡(Qの累乗)* U(n) または(Qの累乗)*U(0)≡0(mod U(n)).

13. n, k≧1, k: oddならばV(n)|V(kn).
証明: 上の証明において>>26の3のかわりに>>27の6を使う。

リュカ数列はLucas数列と書くんですか。
ルカス数列と書いたほうが適切かもしれませんね。

>>29
その言い方からすると>>1かな？Lucasという人物を知らんと立てたの？

>>29
別にどっちでもいい。
プトレマイオスの定理でもトレミーの定理でもかまわんのと同様。
ちなみにフィボナッチという人物は知ってる？
日本では平安から鎌倉の人らしい。

２６さんが一般ＦＬ論をはじめて、いっぺんにハードルが高くなった気が
しましたが、私の方は特殊ＦＬ論で、のんびり行こうと思ってます。
よろしく。

>>31
本名はフィリウス・ボナッチ（filius・Bonacci）ですよね。

>>33
違う気がする・・・

>>34
違いましたっけ？・・・

>>35
本名はレオナルドでしょう

>>36
調べてみたらそのようでした。
父の名がBonacciでfilius・Bonacciはボナッチの息子という意味だそうです。
名前ではありませんでした。

・・・とりあえず、
（１）加法定理
Ｆ（ａ+ｂ）＝Ｆ（ａ）Ｆ（ｂ+1）+Ｆ（ａ-1）Ｆ（ｂ）。
Ｆ（ａ-ｂ）＝（（-1）＾ｂ）（Ｆ（ａ）Ｆ（ｂ-1）-Ｆ（ａ-1）Ｆ（ｂ））。
（２）剰余定理
　　ｄ｜ｎ　ならば　Ｆ（ｄ）｜Ｆ（ｎ）。
（３）基本定理
Ｆ（ａ）＝Ｌ（ｂ）Ｆ（ａ-ｂ）-（（-1）＾ｂ）Ｆ（ａ-2ｂ）。
Ｌ（ａ）＝Ｌ（ｂ）Ｌ（ａ-ｂ）-（（-1）＾ｂ）Ｌ（ａ-2ｂ）。
（４）カッシーニの公式
Ｆ（ｎ+1）Ｆ（ｎ-1）-Ｆ（ｎ）＾2＝（-1）＾ｎ。
を四大定理とする。

２つのＦ数の自乗の和と差の公式
Ｆ（ｎ）＾2+Ｆ（ｎ-1）＾2＝Ｆ（2ｎ-1）。
Ｆ（ｎ）＾2-Ｆ（ｎ-1）＾2＝Ｆ（ｎ+1）Ｆ（ｎ-2）。
Ｆ（ｎ+1）＾2+Ｆ（ｎ-1）＾2＝3*Ｆ（ｎ）＾2+（（-1）＾ｎ）*2。
Ｆ（ｎ+1）＾2-Ｆ（ｎ-1）＾2＝Ｆ（2ｎ）。

Ｆ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）は、Ｌ（ｎ）の多項式であらわすことが出来ます。
（後述）

４０は宿題にします。

フィボナッチやリュカだけじゃなくて
a_1=1,a_2=nとしても、
奇数、奇数、偶数のワンパターンな気がするんだがこれって証明ある？

まあ、それは証明するまでもないでしょう？
そうしかならない事はすぐわかるから。
（そのパターンには気づかなかったけど）

４０についてだが、数学の問題はエレガントな解法があるとは限らない・・・
データをたくさん集めて、形を予測し、あとは数学的帰納法で、という
キタナイ解法しかないかも知れない。残念ですが・・・

基礎公式集
ＦＬ数の自然な拡張
Ｆ（-ｎ）＝（（-１）＾（ｎ-１））Ｆ（ｎ）
Ｌ（-ｎ）＝（（-１）＾ｎ）Ｌ（ｎ）
ＦＬ数の自乗変換公式
５Ｆ（ｎ）＾２＝Ｌ（ｎ）＾２-（（-１）＾ｎ）４

シグマ記法/例
Ｆ（ｎ）＾２＝Σ（（-１）＾ｖ）Ｆ（２ｎ-１-２ｖ）。
Σ【ｖ＝０からｖ＝ｎ-１まで】

シグマの範囲を上のようにあらわすことにする。シグマが複数ある場合は
Σａ、Σｂなどと名づけて区別

この式の例
たとえば、Ｆ（５）＾２＝Ｆ（９）-Ｆ（７）+Ｆ（５）-Ｆ（３）+Ｆ（１）
といった具合。

>>40
U(n)=(α^n-β^n)/(α-β), V(n)=α^n+β^n, Q=αβ∈Zとおくと、

U(kn)/U(n)=（α^(kn)-β^(kn)）/（α^n-β^n）
=α^(k(n-1))β^n+....+α^n β^(k(n-1))

これはα^n, β^nに関するZ上の対称式なので、
U(kn)/U(n)はV(n)=α^n+β^n, および(αβ)^n=Q^nのZ上の多項式で表される。
Q∈Zより、U(kn)/U(n)はV(n)の多項式で表される。

４７さん、どうも。
４７さんのやり方でＦ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）がＬ（ｎ）の多項式であらわせる
事が示せます。一般に対称式が、基本対称式であらわせることを使っています。

１０は証明されてる？

>>49
補題　自然数nについてn≧F(k)＞n/2となるフィボナッチ数F(k)が存在する。
∵n以下の最小のフィボナッチ数F(k)がn/2>F(k)とするとF(k)>F(k-1)より
F(k+1)<n　が導かれF(k)の最小性に反する。

定理　全ての自然数nはいくつかの異なるフィボナッチ数の和で表すことができる。
n=1のときは明らかに成り立つ。
m以下の自然数で成り立つとする。
m+1に対してm+1≧F(k)>(m+1)/2となるものが取れる。(∵補題より)
F(k)=m+1ならばそれでよい。　F(k)>m+1のとき
m+1-F(k)<m　であるので、仮定より異なるフィボナッチ数の和(*)で表せる。
このときm+1-F(k)<(m+1)/2<F(k)であるので、表示(*)のなかにF(k)は含まれない。
よって　m+1=F(k)+(*)　は題意を満たす表示となる。

５０さん、どうもありがとう！

基本公式
Ｆ（ａ）＝Ｌ（ｂ）Ｆ（ａ−ｂ）−（（−１）＾ｂ）Ｆ（ａ−２ｂ）・・・（１）
に、ａ＝ｋｎ，ｂ＝ｎを代入する事により（ｋ≧２とする）、
Ｆ（ｋｎ）＝Ｌ（ｎ）Ｆ（（ｋ−１）ｎ）−（（−１）＾ｎ）Ｆ（（ｋ−２）ｎ）・・・（２）
両辺をＦ（ｎ）で割り（ｎ≧１）、Ｆ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）＝Ｇ（ｋ）と置けば、
Ｇ（ｋ）＝Ｌ（ｎ）Ｇ（ｋ−１）−（（−１）＾ｎ）Ｇ（ｋ−２）・・・（３）
簡略化のために、Ｌ（ｎ）＝ｘ，（（−１）＾（ｎ−１））＝ｙと置くことにより
漸化式、Ｇ（ｋ）＝ｘＧ（ｋ−１）+ｙＧ（ｋ−２）・・・（４）
を得る。
ただし、Ｇ（１）＝Ｆ（ｎ）/Ｆ（ｎ）＝１
Ｇ（２）＝Ｆ（２ｎ）/Ｆ（ｎ）＝Ｌ（ｎ）＝ｘ　である。
（つづく）

もうしわけないが、以下、数学的帰納法で解く部分が相当煩雑な記述になって
しもうので、割愛させていただく。右辺の２変数多項式の係数に２項係数が
あらわれることが観察され、そこから一般形を予測し、帰納法で証明する。
結果として

Ｆ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）＝Σ（ｙ＾ｖ）（ｋ−１−ｖＣｖ）（ｘ＾（ｋ−１−ｖ））
Σ【ｖ＝０から（ｋ−１）/２）の整数部分まで】
ただし、ｘ＝Ｌ（ｎ），ｙ＝（−１）＾（（ｎ−１）*ｖ）
（ｋ−１−ｖＣｖ）は、もちろん２項係数

下から２行目
ｙ＝（−１）＾（ｎ−１）の誤り

１行目
ｘ＾（ｋ−１−ｖ）はｘ＾（ｋ−１−２ｖ）の誤り

気色悪いのでもう一度、清書する・・・

Ｆ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）
＝Σ（（−１）＾（（ｎ−１）*ｖ））（ｋ−１−ｖＣｖ）Ｌ（ｎ）＾（ｋ−１−２ｖ）
Σの範囲は、ｖ＝０から（（ｋ−１）/２）の整数部分まで

どうもパソコンの画面で数学するのは・・・記法が煩雑になって苦しいですね。

Re:>>56 分数と冪を扱えるソフトを使えば読みやすくなるのではないだろうか？

レス、ありがとう。
なにか色々、そういうテクがあるんでしょうね。私はそういった方面の
知識にはとんと、うとくて・・・。パソコンやインターネットが得意とは
とてもいえない人間です。

かなり詳しいサイト発見。公式、応用などいろいろ載ってまつ。
http://www.mcs.surrey.ac.uk/Personal/R.Knott/Fibonacci/fib.html

公式が見たい人はここへ。参考文献もなかなか。
http://www.mcs.surrey.ac.uk/Personal/R.Knott/Fibonacci/fibmaths.html
http://www.mcs.surrey.ac.uk/Personal/R.Knott/Fibonacci/fibFormulae.html

英語にうといからな・・・

>>26
＞3. U(m+n)=U(m)U(n)-Q^n U(m-n),
＞V(n)=U(n+1)-QU(n-1).

訂正。

U(m+n)=U(m)V(n)-Q^n U(m-n),
V(m+n)=V(m)V(n)-Q^n V(m-n)=DU(m)U(n)+Q^n V(m-n).

ネタ本(Ribenboim, The New Book of Prime Number Records)の記述を
そのまま写したらミスった。逝ってくる。

U_iをFibonacci数列とし、
LCM(a_1, ..., a_n)をa_1, ..., a_nの最小公倍数とする。このとき
lim n→∞ (log(U_1U_2...U_n)/logLCM(U_1, U_2, ..., U_n))=π^2/6

参考：
http://listserv.nodak.edu/scripts/wa.exe?A1=ind0011&L=nmbrthry#13

英語にうとい６０さんにも（そして私にも）朗報。６１さんの指摘した
Ｒｉｂｅｎｂｏｉｍの本そのものではないが、それを元に編集された本
として、「素数の世界　その探求と発見」が共立出版から出ています。
さて、われわれはＦ（ｎ）を、（α＾ｎ−β＾ｎ）/（αーβ）と定義し
ましたが、Ｆ（ｎ）には、他にもいろいろな表示があることが知られて
います。たとえば、５２の（４）において、ｘ＝１、ｙ＝１と置けば、
これは（ｋについての）フィボナッチ漸化式になりますから、５６の結果
と、ｋをｎに再度、置きかえる事により、次式が得られます。
Ｆ（ｎ）＝Σ（ｎ−１−ｖＣｖ）・・・・・・・・・・・・・・（Ａ）
ただし、Σの範囲は、ｖ＝０から、ｐ（ｎ）まで。
ただし、今後、ｐ（ｎ）は（（ｎ−１）/２）の整数部分を表わすものとします。

以下、いくつか私の知っているものを挙げてみます。まだまだ、あると
思いますが。

Ｆ（ｎ）＝（１/２＾（ｎ−1））Σ（ｎＣ2ｖ+1）５＾ｖ・・・・・（Ｂ）
Σの範囲は、ｖ＝０から、ｐ（ｎ）まで

Ｆ（ｎ）＝Π（１+４（ＣＯＳ（ｋπ/ｎ））＾２）・・・・・・・・（Ｃ）
Πの範囲は、ｋ＝１から、ｐ（ｎ）まで
（Πは積の記号です）

Ｆ（ｎ）
＝（１/２＾（ｎ−1））Σａ｛Σｂ（ｎＣ2μ+1）（μＣｖ）｝４＾ｖ・・・・（Ｄ）
ただし、Σａの範囲は、ｖ＝０から、ｐ（ｎ）まで
Σｂの範囲は、μ＝ｖから、ｐ（ｎ）まで、です。
Ｂ，Ｃ，Ｄは、いづれも（私が）証明できていません。（Ｄは形をみてるだけで
鬱になりそうです・・・）誰か、証明法がわかる人がいたら、教えてください・・。

・・・しかし、いずれも和や積のパラメータの終値がきっかりそろえた
ように、ｐ（ｎ）すなわち（（ｎ−１）/２）の整数部分（普通は、ガウス
記号を使いますね）になっているのは、実に印象的ですね。

(1+x)^n-(1-x)^n を考える。
二項定理より ( 二項係数を　C(n,k)　とかく事にする。)
(1+x)^n-(1-x)^n
=Σ[k=0 to n]C(n,k)x^k-Σ[k=0 to n]{(-1)^k}C(n,k)x^k
kが偶数の項は打ち消しあって0になり,Kが奇数の項が2個残るので
(1+x)^n-(1-x)^n
=2Σ[k=0 to p(n)]C(2m,2k+1)x^(2k+1)
=2xΣ[k=0 to p(n)]C(2m,2k+1)x^(2k)
ここでx=√5を代入すると
(1+√5)^n-(1-√5)^n)=2√5Σ[k=0 to p(n)]C(n,2k+1)5^k
これの両辺を2^n√5で割ると、左辺はF(n)になり>>64のBが示せる。

同様に(1+x)^n-(1-x)^n について、話を簡単にするためn=2mとして偶数の場合とする。
実数aについて　x^(2m)=a^(2m)と言う方程式を解くと、ドモアブルの定理より
x=aexp(Kπi/m)　k=0,1,･･･2m-1　となり、このうち実数解はk=0,m　また共役な解をセットにすると
x=±a,　aexp(±Kπi/m)　k=1,･･･m-1　となり　これより
x^(2m)-a^(2m)=(x-a)(x+a)Π[k=1 to m-1]{x-aexp(kπi/m)}{x-aexp(-kπi/m)}=(x-a)(x+a)Π[k=1 to m-1]{x^2-2axcos(kπ/m)+a^2}
を得る。これにx=(1+x)　a=(1-x)を代入して整理すると
(1+x)^(2m)-(1-x)^(2m)=4xΠ[k=1 to m-1]{2+2x^2+2(1-x^2)cos(kπ/m)}
三角関数の半角公式etcを用いて整理すると　2m=n　だから
2+2x^2+2(1-x^2)cos(kπ/m)=4sin^2(kπ/n)+4cos^2(kπ/n)x^2=4+4cos^2(kπ/n)*(x^2-1)　これより
(1+x)^(2m)-(1-x)^(2m)
=4xΠ[k=1 to m-1]{4+4cos^2(kπ/n)*(x^2-1)}
=(4^m)xΠ[k=1 to m-1]{1+cos^2(kπ/n)*(x^2-1)}
x=√5　を代入して　両辺を4^m=2^(2m)　で割れば　>>64のCのn=2mの場合を得る。
n=2m-1　とした場合も最初の因数分解が少し変わるだけで後はほぼn=2mの場合と同じ。

既出かな？

n個のフィボナッチ数列 1,1,2,3,…,F(n)の中から二つの数を
ランダムに取り出す。( どの数を取り出す確率も等しい )
この時、二つの数が互いに素である確率をR(n)と置き、
R=lim[n→∞] R(n)　とすれば
8/(π^2)＞R＞7/(π^2)
が成立する。


G(n) = Π[k=1,n] F(k)
と定義するとき、n個の連続したフィボナッチ数列の
積はG(n)の倍数である事を示せ。

>>66,67
すばらしい。あっというまに答えが返ってきました・・。数板の方はやはり優秀
なんですね。勉強になりました。
ところで、Ｄですが、もしかしたら書き間違いがあるかもしれません。いま、確かめ
中なので、少々、待ってください。（ご迷惑をかけていないといいのですが・・）
>>68
６８さん、出題ありがとうございます。

夜中にやったから誤字が多いな。以下訂正。
7行目2+2x^2+2(1-x^2)cos(kπ/m)　→2+2x^2-2(1-x^2)cos(kπ/m)
9行目の最初のも同様。
13行目　4^m=2^(2m)　→2^(2m)√5　で割る。

Dは手をつけてないけど、Bをいじるのかな。

n番目までのフィボナッチ数の和 = F_n+2 - 1
既出？
ってか思いついた当初は普通にFn=α^n - β^n / α-βつかって証明したんだけど
いま思うともっと簡単な照明方法あったかもしれない・・・

ところでFnの逆数の無限和はどうなるの？
ググって見たけど数セミに昔載ってたって事しか分からんかった。

http://www.amazon.co.jp/exec/obidos/ASIN/4535782814/
当然お前ら、この本買ったよな？

Thomas Koshy,
Fibonacci and Lucas numbers with applications,
John Wiley , 2001

これが今のところFibonacci数の初等整数論的性質を扱った本では
一番詳しいと思われ。

これ以外にも

T.N. Shorey, R. Tijdeman,
Exponential diophantine equations, CTM 87,
Cambridge University Press, 1986,

Graham Everese,
Recurrence sequences, Mathematical surveys and monographs 104,
AMS, 2003
http://www.ams.org/bookstore?fn=20&arg1=survseries&item=SURV-104
http://www.mth.uea.ac.uk/sequences/

が二階線形循環数列の数論的性質を扱ってるが超越数論的な方法を
使っているので少し難しいかも。

Ｋｏｓｈｙの本は、いくら位で手にはいるものですか。値段のことですが。
（非常に、俗な質問で申し訳ないです）

>>64のDはやはりBから導けるね。
5^v=(1+4)^v=Σ[k=0 to v]C(v,k)4^k とできるので、Bより
F(n)=1/2^(n-1)Σa[v=0 to p(n)]Σb[k=0 to v]C(n,2v+1)*C(v,k)*4^k
とできる。ここでkの値に注目し、k=iとなる項全てを集めると、
C(n,2i+1)*C(i,i)*4^i　、C(n,2(i+1)+1)*C(i+1,i)*4^i、･･･
･･･、C(n,2p(n)-1)*C(p(n)-1,i)*4^i　、C(n,(2p(n)+1)*C(p(n),i)*4^i
となる。これらの和は　Σ[u=i to p(n)]C(n,2u+1)*C(u,i)*4^i　…(*)

iはkのとる値であり、kは0からvまでを渡るが、vは0からp(n)までを渡るので
結局kも0からp(n)までの値を渡る。ゆえにiも0からp(n)間での値を取る。
(*)を全てのiに付いて足しあげれば、
Σa[v=0 to p(n)]Σb[k=0 to v]C(n,2v+1)*C(v,k)*4^k
に含まれる項を漏れも重複もなく足し挙げる事ができるので
Σa[v=0 to p(n)]Σb[k=0 to v]C(n,2v+1)*C(v,k)*4^k=Σ[i=0 to p(n)](*)
以上より　F(n)=1/2^(n-1)Σa[i=0 to p(n)]Σb[u=i to p(n)]C(n,2u+1)*C(u,i)*4^i

>>74
amazon では、12264円らしい。米国では 105ドルとか。

>>64
シグマの変数は”�納v=0,n]”みたいに書いてくれないか？
正直読みにくい。

テスト

あれ、書き込めた・・・。しばらくまんが喫茶からの書き込みは
できなかったのに。
６６＝６７＝７５さん、どうも。まだくわしく内容をみていないの
ですが、Ｂから、５＾ｖ＝（４+１）＾ｖに注目して、Ｄが本当に
導けるのですね・・。まったく、考えもつきませんでした。

出題してみたかいがありました。本当に勉強になります・・。
>>77
わかりました

・・こんなのもありました。やはり証明がわかりません。教えてください。
Ｆ（ｋｎ）
＝Σ[ｖ＝１、ｋ]Ｃ（ｋ、ｖ）Ｆ（ｎ）＾ｖ*Ｆ（ｎ−１）＾（ｋ−ｖ）*Ｆ（ｖ）

ただし、ｋ≧１、ｎ≧１。

つか、どこから見つけてくるの？
参考書を見れば載ってるんじゃないの？

自分では解き方がわからないのです。

自分ではネタ出しできないんで、証明が出てないやつに手をつけてみる。
>>68の後半
n>rとしてG(n)/{G(n-r)G(r)}が常に整数となることを示せばよい。
G(n)/{G(n-r)G(r)=D(n,r)と書くことにする。また、便宜的にG(0)=1と定義しておく。
1≦r≦ｎ-1としたとき
F(r+1)*D(n-1,r)+F(n-1-r)*D(n-1,r-1)
=G(n-1)/{G(n-r)G(r)}*{F(n-r)*F(r+1)+F(n-r-1)*F(r)}
>>38の3を用いると　F(n-r)*F(r+1)+F(n-r-1)*F(r)=F(n)　なので
　F(r+1)*D(n-1,r)+F(n-1-r)*D(n-1,r-1)
=G(n-1)/{G(n-k)G(k)}*F(n)=G(n)/{G(n-r)G(r)}
となり　F(r+1)*D(n-1,r)+F(n-1-r)*D(n-1,r-1)=D(n,r)　がえられる。
また定義に従って計算すれば任意の自然数nについてD(n,0)=D(n,n)=0
あとはnに関する帰納法でn=1のときD(1,0)=D(1,1)=1で
n=1に対してD(n,r)は整数。　n=kのときD(k,r)が全て整数であるとして
1≦r≦kに対し　D(k+1,r)=F(r+1)*D(k,r)+F(k-r)*D(k,r-1)　となり整数の和と積で現されるので
D(k+1,r)は整数。　r=0,k+1に対してもD(k+1,r)は整数なので
n=k+1のときもD(n,r)が全て整数である事が示せる。

>>68前半
8/(π^2)＞R＞7/(π^2)というか、
まんまR=15/(2π^2)になる様な気がするんだが、
わざわざ不等式で書いてあるぐらいだし
そんな簡単なもんじゃないのかな?
見てらっしゃったらコメント希望です。

arg(F(2n+2)+i)+arg(F(2n+1)+i)=arg(F(2n)+i)
面白い性質なので載せておきます。

拡張させると、
arg(F(1)+i)+arg(F(3)+i)+arg(F(5)+i)+・・・＋arg(F(2n-3)+i)+arg(F(2n-1)+i)+arg(F(2n)+i)
=( �納v=0,n-1]arg(F(2v+1)+i) )+arg(F(2n)+i)
=π/4

初等幾何としてはどう解けるのでしょうか。分かりません。

簡略化の為、m,nの最大公約数を{m,n}と書くことにする。すると
{F(m),F(n)}＝F({m,n})

（d｜n　⇔　F(d)｜F(n)。の格調みたいな感じですかね・。）

そろそろ、あげよ・・・
以下において、ｐ＝（−１）＾ｎと置く
F(２ｎ）＝L(ｎ）F(ｎ）
F(３ｎ）＝（L（２ｎ）+ｐ）F(n）
F(４ｎ）＝L(ｎ）L(２ｎ）F(ｎ）
F(５ｎ）＝（L(ｎ）L(３ｎ）+１）F(ｎ）
F(６ｎ）＝（L(２ｎ）+ｐ）（L(２ｎ）-ｐ）L(ｎ）F(ｎ）
F(７ｎ）＝（L(ｎ）L(２ｎ）L（３ｎ）-ｐ）F(n）
F(８ｎ）＝L(ｎ）L(２ｎ）L(４ｎ）F(ｎ）
F(９ｎ）＝（L(６ｎ）+ｐ）（L（２ｎ）+ｐ）F(ｎ）
F(１０ｎ）＝（L(ｎ）L(３ｎ）+１）（L(２ｎ）L(３ｎ）-L(ｎ））F(ｎ）

ただし
Ｌ（３ｎ）＝Ｌ（ｎ）＾３-３ｐ*Ｌ（ｎ）
Ｌ（４ｎ）＝（Ｌ（ｎ）＾２-２ｐ）＾２-２
Ｌ（６ｎ）＝Ｌ（ｎ）＾２（Ｌ（ｎ）＾２-３ｐ）＾２−２ｐ

８８ではＦ（ｋｎ）の表現に「＾」を使わないこと、をルール
にしてやってみました。（ｐだけは仕方がないです）

>>80　出来ますた。
F(n)α+F(n-1)=A(n)　F(n)β+F(n-1)=B(n)　とする。
A(n)^k　B(n)^k　について、二項定理から
A(n)^k=Σ[v=0,k]C(k,v)*F(n)^v*F(n-1)^(k-v)*α^v　
B(n)^k=Σ[v=0,k]C(k,v)*F(n)^v*F(n-1)^(k-v)*β^v　となるので
(A(n)^k-B(n)^k)/√5=Σ[v=1,k]C(k,v)*F(n)^v*F(n-1)^(k-v)*F(v)　が得られる。

A(n)=(α^n-β^n)*α/√5+{α^(n-1)-β^(n-1)}/√5
　　 ={α^(n+1)+β^(n-1)^}/√5+{α^(n-1)-β^(n-1)}/√5
　　 =α^(n-1)*(α^2+1)/√5
　 　=α^n
同様にしてB(n)=β^n　となるので
(A(n)^k-B(n)^k)/√5={α^(kn)-β^(kn)}/√5=F(kn)
ゆえ、F(kn)=Σ[v=1,k]C(k,v)*F(n)^v*F(n-1)^(k-v)*F(v)

すばらすぃ〜
サンクス　　>>90

てすと

また出題です。保守あげも兼ねて・・
Ｇ（ｋ）＝Ｆ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）、ｐ＝（−１）＾ｎ、
ＬＬ（ｍ）＝Π[ｋ＝１、ｍ]Ｌ（ｋｎ）　と置くとき
ＬＬ（１）＝Ｇ（２）。ＬＬ（２）＝Ｇ（４）、ＬＬ（３）＝Ｇ（７）+　ｐ、
ＬＬ（４）＝Ｇ（１１）+　ｐ*Ｇ（５）、となりますが、では
ＬＬ（５）以降はどうなるか？　
４までのような簡明なかたちで表現できるでしょうか。

ＬＬ（５）は、いま考えてみたら
ＬＬ（５）＝Ｇ（１６）+　ｐ*Ｌ（２ｎ）*Ｇ（８）
になってしまった・・。Ｌ（２ｎ）が目障りだなぁ。なんとか消えない
ものか・・・。

無理やり、Ｌ（２ｎ）を消すとすれば
ＬＬ（５）＝Ｇ（１６）+　ｐ*（Ｇ（４）Ｇ（８）/Ｇ（２））
か・・あまり、「キレイなかたち」にはならないのかな？
一般項をもとめることは出来るかな？

英語ができる人は、フィナボッチ・ウィークリーから面白そうな
結果をみつけて訳してくれると嬉しいのだが・・・。

てすと

考えてみたら、９４のＬ（２ｎ）は簡単に消すことができる。
>>38　の基本定理３を思い出すと
Ｆ（ａ）＝Ｌ（ｂ）Ｆ（ａ−ｂ）−（（−１）＾ｂ）Ｆ（ａ−２ｂ）
であった。この式のａに１０ｎを、ｂに２ｎを代入することにより
Ｆ（１０ｎ）＝Ｌ（２ｎ）Ｆ（８ｎ）−Ｆ（６ｎ）
すなわち
Ｌ（２ｎ）Ｆ（８ｎ）＝Ｆ（１０ｎ）+Ｆ（６ｎ）
したがって、両辺をＦ（ｎ）で割ることにより
Ｌ（２ｎ）Ｇ（８）＝Ｇ（１０）+Ｇ（６）
を得る。結果として
ＬＬ（５）＝Ｇ（１６）+ｐ（Ｇ（１０）+Ｇ（６））。
では、ＬＬ（６）はどうなるでしょう？（みればわかる通り単なる計算問題です）

前者に関して。
隣接２項の比は黄金比に収束する。
全部読んでないからすでにでてきてたらすまん。

一応、省略記号を使わない書き方でも書いておきます。
Ｌ（５ｎ）Ｌ（４ｎ）Ｌ（３ｎ）Ｌ（２ｎ）Ｌ（ｎ）
＝Ｆ（１６ｎ）/Ｆ（ｎ）+（（−１）＾ｎ）（Ｆ（１０ｎ）/Ｆ（ｎ）+
Ｆ（６ｎ）/Ｆ（ｎ））

フィボナッチ数論って、人気ないですねぇ。もちろん、孤立した小島のような
ところがあるから無理もないかもしれませんが。

ＬＬ（６）はできました。
ＬＬ（６）＝Ｇ（２２）+Ｇ（１０）+ｐ（Ｇ（１６）+Ｇ（１２）+Ｇ（４））
です。ＬＬ（７）は、まだ出来ない・・・。Ｌ（７ｎ）という項が出てきて
なかなか消えてくれません・・。

>>102
G(k)L(ln)=G(k+l)+p^l*G(k-l)　(k≧lの場合)　,G(k+l)-p^k*G(l-k)　(K≦Lの場合)
ただしG(0)=0としておく。
これより
LL(7)
LL(6)*L(7n)
=G(29)+(17)+G(9)+G(5)+p{G(23)+G(19)+G(15)+G(11)}

LL(8)=G(37)+G(25)+G(21)+G(17)+G(13)+G(9)+1+p{G(31)+G(27)+G(23)+G(19)+G(15)+G(11)+G(7)}
以下計算を繰り返してLL(9)、LL(10)を求められるが一般項を求められるかはよくわからん。

>>103
・・・その通りですね。僕はＧ（２９）の展開式のなかにＬＬ（７）の項が
あらわれることから逆算して解こうとしていた。だから、Ｌ（７ｎ）の項が
消えてくれないなどと寝言を言っていた。それより、ＬＬ（６）の式の両辺
にＬ（７ｎ）を掛け、あとは基本定理の３をくり返し使うだけですよね・・・。
（１０３さんが使っているのは、３にａ＝（ｋ+ｌ）ｎ、ｂ＝ｌｎを代入した式
Ｆ（（ｋ+ｌ）ｎ）＝Ｌ（ｌｎ）Ｆ（ｋｎ）ー（（−１）＾（ｌｎ））Ｆ（（ｋ−ｌ）ｎ）
を移行して、Ｆ（ｎ）で割ったものです。上記の式のほうが使いやすいかも
知れないので、定理３の系１として置きます。）

もう少し、詳しく言いますと
２+２＝４、４+３＝７、７+４＝１１、１１+５＝１６、１６+６＝２２、
まず、ＬＬの展開式の最大項に上の関係が成り立つことから、２２+７＝２９
でＧ（２９）の展開式のなかにＬＬ（７）があらわれることが予測できたという
訳ですが・・・なんとも遠回りしてますね。

１０４では、基本定理３を繰り返し使うだけ・・などと書いて
しまいましたが、そんなに簡単ではありませんでした。
おもしろい箇所があるので、ぜひ実際に計算してみてください。
特に、ＬＬ（４）辺りの計算を。

ＬＬ（９）以上の計算はきわめて膨大化するので、コンピュータ
にやらせないと無理かも。僕も、ちょっとそちらの方面を勉強
してみようと思ってます。リサ/アジールは一応持ってるので・・・。

Ｆ（ｎ+ｋ）＾２＋Ｆ（ｎ-ｋ）＾２
　＝Ｌ（２ｋ）*Ｆ（ｎ）＾２-（（-1）＾ｋ）２Ｆ（ｋ）＾２
　＝１/５｛Ｌ（２ｎ）*Ｌ（ｋ）＾２-（（-1）＾ｋ）２Ｌ（ｎ）＾２｝

期待あげ

なんかないのか？　いいネタ。

自然数nを奇数の和で書き表す方法(和の順序を考慮にいれる.)の数をS(n)とする。
例えば　4=1+1+1+1=1+3=3+1　なのでS(4)=3
S(n)を求めよ。

これは面白いですね。ありがとうございます。

(�納v=1,∞]F(v)/(10^(v+2)))=1/89

１１３の証明、誰かわかる？

S=(�納v=1,∞]F(v)/(10^(v+2)))=1/89　　とする。(ただしF(0)=0)
S=F(1)/10^2+F(2)/10^3+F(3)/10^4+F(4)/10^5+・・・・・・
=(1/100)+(F(0)/10^3+F(1)/10^3)+(F(1)/10^4+F(2)/10^4)+(F(2)/10^5+F(3)/10^5)+・・・・・・
(並べ替えると)
=1/100+(F(1)/10^4+F(2)/10^5+・・・・・・)+(F(1)/10^3+F(2)/10^4+F(3)/10^5・・・・・・)
=1/100+S/10+S/100
よって、S=1/100+S/10+S/100　これを解くと
　　
S=1/89　　

もしくは、フィボナッチ数列の一般項　F(n)=(((1+5^2)/2)^n-((1-5^2)/2)^n)/5^2
から等比数列の和と出してもいいかな。めんどくさいけど・・・

>>115
サンクス！

ttp://science2.2ch.net/test/read.cgi/math/1059599142/767-783

リュカ数列参考にさせていただきました。他にもなにかあるんでしょうねぇﾜｸﾜｸ

fib

1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1 パスカルの三角形を変形させて

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（各行の和）
1　　　　　　　　　　　　　　　　　　・・・・1　　
1 　 　　　・・・・1
1 1　　　　　　　　　　　　　　　・・・・2
2 1 　　　　　　　　　　　　　・・・・3
1 3 1　　　　　　　　　　　　・・・・5
3 4 1　　　　　　　 　　　・・・・8
1 6 5 1　　　　　　　　　・・・・13
4 10 6 1　　　　 　　　・・・・21
1 10 15 7 1　　　　　　・・・・34
5 20 21 8 1　 　　　・・・・55
1 15 35 28 9 1 ・・・・89
6 35 56 36 10 1　 ・・・・144
1 21 70 84 45 11 1・・・・233

>>120
http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/pascal/pascal.htm
にあることのようですね。

期待あげ

[nが素数]⇒[L(n)≡1(mod.n)]逆は謎。

∀n,∃m Ｆ(m)≡0(mod.n)

迫関数列f[n]について、
f[L(n)](n)=L(n)

４つの連続するフィボナッチ数の積は、あるピタゴラスの三角形の面積。

407

>126
４つの数を b-a, a, b, a+b の積は (1/2)(2ab)(b^2-a^2).

↓もありますた。（q=1)

Σ[k=0,[n/2]]Ｃ[n-k,k] = F(n+1)

シンプルで難しい問題
http://science2.2ch.net/test/read.cgi/math/1011067036/344

120,121 にガイシュツ、スマソ．

Σ[k=0,[n/2]] Ｃ[n-k,k](-Q)^k = U_{n+1}(Q).
ここに、U_n(Q)={(b^n)−(a^n)}/(b-a) は[26]の一般化フィボナッチ数列。
a,b は特性方程式 x^2-x+Q=0 の解

[26]の一般化フィボナッチ数列をU_n(P,Q)、特性方程式 x^2-Px+Q=0 の解をa,bとする。このとき
U_n = {(b^n)-(a^n)}/(b-a) だから、
U_{n+1} - a･U_n = b^n, U_{n+1} - b･U_n = a^n.
辺々掛けて、 [U_{n+1}]^2 −P･U_n･U_{n+1} +Q･[U_n]^2 = Q^n.
P^2-4Q>0 双曲線、 P^2-4Q=0 二直線、 P^2-4Q<0 楕円.

任意の２０個の連続するフィボナッチ数の和はF(10)＝55で割り切れる。

保守あげ。１３３の証明をしましょうね？

F(n)+F(n+1)+･･･+F(n+19)＝F(n+21)-F(n+1)
F(n+21)≡F(n+1)　(mod.F(10))
より
任意の２０個の連続するフィボナッチ数の和はF(10)＝55で割り切れる。

414

(�納v=1,∞]1/(F(v)F(v+2)))
＝1/F(1)F(3)+1/F(2)F(4)+1/F(3)F(5)+F(4)F(6)+････
＝1

>137
F(v+1) = F(v+2) - F(v)
∴ 1/{F(v)F(v+2)} = 1/{F(v)F(v+1)} - 1/{F(v+1)F(v+2)}.
∴ 与式 = 1/{F(1)F(2)}.

>>138
別に証明しろといってるわけではないのですが･･･
むしろ、何かいい性質･定理はないですか？

フィボナッチの漸化式で定まる数列を「フィボナッチ型数列」と呼ぶことにする。
このとき、初項をうまく設定することで、全ての自然数が一度だけ表れるような
「フィボナッチ型数列群」を構成することができる。

一週間書き込まないだけで何故ここまで落ちねばならぬ

4n個の連続するフィボナッチ数の和はF(2n)で割り切れる。

296

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　　　　　　　　|::::i:;', '''''"　　　　　　 ヽ￣ ヾ''''＼:::::;;;;;;;;;;;;;;;;;;| 　書き込みはまだか…
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　 　 　 　 　　　 ';:|';;;;;;;l i､ ｀`''ｰ---------‐,l::;;;;;/リ　　_,,..ﾍ
　　　　　　　　 　 '! ヽ;;V. `|''ｰ-- ....,,,,,,,,,,,,,,..../:;／-‐''''"　　　'､

任意の自然数に対し、その倍数となるフィボナッチ数が存在するが、
リュカ数は5の倍数とならぬ。

フィボナッチ数スレから転載。
109 名前：１３２人目の素数さん ：04/06/26 17:32
F_(n+1)^3 + F_n^3 - F_(n-1)^3 = F_3n
(Kingsberg)
111 名前：１３２人目の素数さん ：04/07/03 14:12
(F_m, F_n) = F_(m, n)

リュカ数と言わずにボナッチ数と呼ぼう。

>>147
Serre が Spinor に対して Pinor なる言葉を作ったのと同じ考え方から。

Lucasさんに失礼だろ。

ｎ＞ｍのとき
F(ｎ)をF(ｍ)で割った余りをRとすると、RまたはF(ｍ)−Rがフィボナッチ数。

フィボ（ ● ´ ー ｀ ● ）

>>149
Lucasはおこりゃせんさ。

今、「コンピュータの数学」って本のP.270で見たのだけど、
Fibonacci number systemって面白いね。
「自然数は必ずいくつかの異なるF(k)の和で表す事が出来る。」っての。
n = (b_m b_m-1 ... b_2)_F ⇔ n = Σ_{k=2...m}b_k*F(k)

具体的には
1 = (000001)_F, 10 = (010010)_F
2 = (000010)_F, 11 = (010100)_F
3 = (000100)_F, 12 = (010101)_F
4 = (000101)_F, 13 = (100000)_F
5 = (001000)_F, 14 = (100001)_F
6 = (001001)_F, 15 = (100010)_F
7 = (001010)_F, 16 = (100100)_F
8 = (010000)_F, 17 = (100101)_F
9 = (010001)_F, 18 = (101000)_F

あ。b_k=0または1ね。

あと、この無限和は収束し、その値は有理数となるってのも、率直で面白かった。
0.1
+0.01
+0.003
+0.0005
+0.00008
+0.000013
...
+10^(-n)*F(n)
...

また別の本から。n→∞で Σ1/F(n) は収束し、その値は無理数となる。
のだそうな、証明は、私にはまだ理解不能、、、。
また、その収束する値も具体的にはよくわからんけど、
試しに18項目まで足してみたら 3.359... と言った数字だった。
収束する値はもう少し大きくなりそう。収束めちゃ遅いっぽい。
↓計算を試した結果。
1　　 1 1.0　　　　　　　 1.0
2　　 1 1.0　　　　　　　 2.0
3　　 2 0.5　　　　　　　 2.5
4　　 3 0.333333333333　　2.83333333333
5　　 5 0.2　　　　　　　 3.03333333333
6　　 8 0.125　　　　　　 3.15833333333
7　　13 0.0769230769231　 3.23525641026
8　　21 0.047619047619　　3.28287545788
9　　34 0.0294117647059　 3.31228722258
10 　55 0.0181818181818　 3.33046904076
11 　89 0.0112359550562　 3.34170499582
12　144 0.00694444444444　3.34864944026
13　233 0.00429184549356　3.35294128576
14　377 0.0026525198939　 3.35559380565
15　610 0.0016393442623　 3.35723314991
16　987 0.00101317122594　3.35824632114
17 1597 0.000626174076393 3.35887249522
18 2584 0.000386996904025 3.35925949212

>>155
は
>>113
>>115
に詳しくあるよ。
逆数和についてはこの１０年でいくつか証明されているようですね。

��1/F(n)が無理数というのが分かったのも1989年ですしね。まだ超越数かどうかは不明だそうです。
��1/F(n)^2,��1/F(n)^4,��1/F(n)^6・・・が超越数だということは分かっているのですが。
��1/F(n)^3,��1/F(n)^5,��1/F(n)^7・・・についてはどの一つも分かっていないようです。
また2003年には立谷洋平が 任意の整数a≧1,b≧0に対し ��1/F(an+b) が無理数であることも証明したそうです。

�納n=1,∞]F(n)a^n＝x/(1-a-a^2) (lal＜1/τ τ＝黄金比)
�納n=1,∞]L(n)a^n＝(2-a)/(1-a-a^2) (lal＜1/τ)
�納n=1,∞]nF(n)a^n＝a(1+a^2)/((1-x-x^2)^2) (lal＜1/τ)

なんとそんな最近の結果だったんですか。>>158
私の見た本ではもうひとつａ>=2,b>=0で
��1/F(a^n+b)が超越数だって書いてありました。96年のnishiokaって方の結果だそうです。

すいません。見えてなかったです。＜155

>>160
西岡久美子？

ちんこがたってしょうがない

217

F(2^m)＝L(2^(m-1))L(2^(m-2))・・・L(4)L(2)L(1)
F(n)F(n+3)-F(n+2)^3＝(-(-1)^n)F(n+1)

age

945

629

>>164
F(2n) = F(n)L(n) より帰納法で。

要するに明らか

L(2n + 1) は 5 の倍数でない。

#このスレをここまで全部読んだ人なら、自明に近いが、
#あなたは何秒で出来ますか???

>>170
というより、L(ｎ)が5の倍数でないことが、2秒でいえると思うのだが・・

>>171
確かにそうだな。

170

969

リュカ・・・聖路加病院の事だな

・・・基地外病院

530

237

465

995

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114

690

フィボナッチ数列って一般項に√５とかはいってきたりして
すごい嫌。
示唆に富んでる

713

>>184
言っている事が矛盾している。

それじゃあ、a(n+2)=2a(n+1)-a(n)にしてみるか？
これなら、一般項に無理数は入らない。
(これは等差数列になるんだけどね。)
でもやっぱり√(5)とかが入ったほうが色々面白いことが起こるのではないか？

_,,.. -──‐- .､.._.
　　　　　　　 　 ,　'´　　　　　 ╋　　 ヽ
　　　　　　　　〈:::::::　　　　　　　　　　 _:::)
　　　　 　 　 /´＼:::::::::_,.　- ― -　､.〃/
　 　 　 　 , '/〈∨〉’‐'´ 　 　 　 　 　 ｀ ' ､
　　　　　/ ,'. 〈∧〉/ ,.' , ｉ , ｌ }　! `, ヽ ヽ　＼
　 　 　 ｛ｿ{. ﾆ二|,' / / _! Ll⊥ｌ|　.Ll_!　}　、.ヽ
　　　　 {ソl ﾆ二.!!ｲ /´/|ﾉ_l_,|.ﾉレ'ﾚ_l｀ﾉ|! | .l　}
　 　 　 ﾊｿt.ｰ-;ュ;Vl /,ｨｴ下 　 　 ｢ﾊ ﾚ| j| j|丿
＼　　　!（(.ヽﾆ{fj ! l ` ﾊ|li_]　　　　|iﾘ {､|,ﾉ!'　　　／￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣
　 <＼ｎ　)’（ (‘ｰｌ |　 ° ´　　__,'　 ﾟ,' ）　　　　 |　 Kiｎgくん♪
　　/.）＼_,　 ｀ ） ﾉﾉ＼　　　　 ｔﾉ　／(（.　　　 ＜　 うんこ食べのお時間よ！
　　Ｖ二ｽ.Y´|　 （(　(ｒ个　 . ___. イヽ） ）)　 　 　 |　 他の素数さんに迷惑だからおとなしくしなさいね♪
　　 {. r_〉｀!　}>' 　） ／ ゝ ､,,_o]lム` ｰ- ､　　 　 ＼＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
　 　 ＼　 　 ｆ　 ,. '´／　　　　 　 o　..:::　 ＼
　 　 　 `!　　{／⌒ヽ::::::　　　 　:::.　　＼_::　 ヽ
　　　 　 | 　 .|:::/::|　 ',:::::　　　　　 ::'､::　 ヾ::　 ,〉、

>>187
恥ずかしいコテ使ってんじゃねーよ

無理数がお好みなら　a(n+2)=2(a(n+1)+a(n))　の一般項とかでも全然おｋ

586

>>187>>189
別にどうでもいいが統一しろよ

244

寒いなぁ

GCD(U(n),V(n))=1 または 2

U(n), V(n) は 26 さんが定義した一般Lucas数列で
GCD(a,b)は a, bの最大公約数とします.

私には証明できないので誰か証明していただけますか?

>>195
(P, Q)=1であるとする。
V(n)^2-DU(n)^2=4Q^n(>>26)
より、U(n), V(n)をともに割り切る素数は2Qの約数。
U(n)≡V(n-1)(mod Q), V(n)≡P^n(mod Q)(>>27の8)
より、(U(n), Q)=(V(n), Q)=1だから、(U(n), V(n))=1 or 2.

なお、(P, Q)=1でなければ成立しないので要注意。

ありがとうございます。
( P, Q )= 1　という条件を忘れていました＾＾
Lucas 擬素数, Euler-Lucas 擬素数, 強 Lucas 擬素数を
研究している者ですが、ついでにと思い証明しようと思ったら
出来なかったので・・・・
本当にありがとうございました。

>>197
どんな本で(擬)素数について勉強したのでつか？

>>198
P.リーベンボイム著の「素数の世界」(共立出版)
だと思われ

はい。そうですよ。
第２版なのにミスプリが激しいあの本です。

趣味として(擬素数を)研究してるんでつか？
>>200

修論の材料のほんの一部です。

>>202
理科大？

いやぁ大学名までは・・・
とりあえず院生です。

>>199-200
その原著
The New Book of Prime Number Records
を持ってるけど、>>195の証明は載ってたよ。

669

510

ρ(p) | (p - (D/p))
が成り立つ。って本には書いてある。証明は知らない。

>>208
証明は
P.リーベンボイム著の「素数の世界」(共立出版)
に載ってますよ。

>>209
何ページに書いてます？
見つからない。

>>61で式が間違ってたって書かれてますけど、そうなると
>>28の12
n, k≧1ならばU(n)|U(kn)
の証明はどうなりますか？

>>28の12の証明（訂正）
>>61より
U((k+1)n)=U(n)V(kn)-Q^(kn) U(-(k-1)n)=U(n)V(kn)-Q^n U((k-1)n)
≡Q^n U((k-1)n)≡...≡(Qの累乗)*U(n)または(Qの累乗)*U(0)(mod U(n)).

>>210
44〜45ページにあるはず。

ただし日本語版で、原語でも一般化されたルカス巣列のところを探せば
載っていると思う。

この本に書かれている証明は以下のとおり
C(n,k)を二項係数とする
nが偶数のとき
2^(n-1)*U_n＝C(n,1)P^(n-1)+C(n,3)P^(n-3)+…+C(n,n-1)P*D^{(n-1)/2}
(D/p)=-1のとき

2^p*U_(p+1)=C(p+1,1)P^(p-1)+C(p+1,3)P^(p-3)+…+C(p+1,p-1)P*D^{(p-1)/2}

C(p+1,1)=C(p+1,p)=p+1≡1　(mod　p)
2≦i≦p-1なるiに対して、C(p+1,i)=(p+1)*p…*(p+1-i)/i!≡0　(mod　p)

C(p+1,1)P^(p-1)+C(p+1,3)P^(p-3)+…+C(p+1,p-1)P*D^{(p-1)/2}≡P^p-PD^{(p-1)/2}≡P-P≡0　(mod　p)

したがって、U_(p+1)≡0　(mod　p)

(D/p)=1のとき

2^(p-1)*U_(p)=C(p-1,1)P^(p-3)+C(p-1,3)P^(p-5)+…+C(p-1,p-2)P*D^{(p-2)/2}

1≦i≦p-1なるiに対して、(i!)C(p-1,i)=(p-1)*(p-2)…*(p+1-i)≡(-1)*(-2)*…*(-i)=(-1)^i*i!　(mod　p)

したがって、C(p-1,i)≡(-1)^i

C(p-1,1)P^(p-2)+C(p-1,3)P^(p-4)+…+C(p-1,p-2)P*D^{(p-2)/2}≡-P^(p-2)-P^(p-4)D-…-PD{(p-2)/2}
≡-P(P^(p-1)-D^{(p-1)/2})/(P^2-D)≡-P{1-1}/4Q≡0　(mod　p)

したがって、U_(p-1)≡0　(mod　p)

本の大筋ではこうだった。

この本の43ページにあるρ(n)|k⇔n|U_kを使えば証明できるはず。

あとは、この本の43ページにあるρ(n)|k⇔n|U_kを使えば
ρ(p)|p-(D/p)は示せるはず。

>>213
詳しくありがとうございます。
自分なりにやってみます。

強 Lucas 擬素数　→　Euler-Lucas 擬素数 → Lucas 擬素数

誰か詳しい証明わかりますか？

Euler-Lucas 擬素数 → Lucas 擬素数
NがEuler-Lucas 擬素数ならば
N|U_({N-(D/N)}/2)ならばN|U_{N-(D/N)}=U_({N-(D/N)}/2)*V_({N-(D/N)}/2)
N|V_({N-(D/N)}/2)ならばN|U_{N-(D/N)}=U_({N-(D/N)}/2)*V_({N-(D/N)}/2)

よってNはLucas 擬素数である。

(Q/N)=1は関係ありませんでした。

強 Lucas 擬素数　→　Euler-Lucas 擬素数

Pリーベンボイム著の「素数の世界」(日本語版)の40ページ〜49Nが強 Lucas 擬素数ならばN=2^s*d+(D/N)(dは奇数)
N|U_dまたはN|V_(2^r*d)
(0≦r＜s)となります。

N|U_dのとき
IV15より
U_d|U_({N-(D/N)}/2)だからN|U_({N-(D/N)}/2)
Nの素因数pを任意に取る
IV17より、ρ(p)|d、だからρ(p)は奇数である。
IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
したがって、ρ(p)|U_({p-(D/p)}/2)
よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。

IV23より、(Q/p)=1であることがわかる。

よって(Q/N)=Π(Q/p)=Π1=1

したがって、N|U_dならばNはEuler-Lucas 擬素数であることがいえました。ページの定理を引用します。

強 Lucas 擬素数　→　Euler-Lucas 擬素数

Pリーベンボイム著の「素数の世界」(日本語版)の40ページ〜49ページの定理を引用します。

Nが強 Lucas 擬素数ならばN=2^s*d+(D/N)(dは奇数)
N|U_dまたはN|V_(2^r*d)
(0≦r＜s)となります。

N|U_dのとき
IV15より
U_d|U_({N-(D/N)}/2)だからN|U_({N-(D/N)}/2)
Nの素因数pを任意に取る
IV17より、ρ(p)|d、だからρ(p)は奇数である。
IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
したがって、ρ(p)|U_({p-(D/p)}/2)
よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。

IV23より、(Q/p)=1であることがわかる。

よって(Q/N)=Π(Q/p)=Π1=1

したがって、N|U_dならばNはEuler-Lucas 擬素数であることがいえました。

N|V_{(2^r)*d}、r＜s-1のとき

U_({2^(r+1)}*d)=U_{(2^r)d}*V_{(2^r)*d}よりN|U_({2^(r+1)}*d)

2^(r+1)*d|{N-(D/N)}/2だからIV15より、U_({2^(r+1)}*d)|U_({N-(D/N)}/2)
したがって、N|U_({N-(D/N)}/2)となる。
Nの素因数pを任意に取る
IV17より、ρ(p)|{2^(r+1)}*d、ρ(p)の2の指数がr以下と仮定すると
ρ(p)|(2^r)*dしたがってIV17よりU_{(2^r)*d}がpで割り切れる。
V_{(2^r)*d}もpで割り切れるので、U_{(2^r)*d}とV_{(2^r)*d}が奇素数の公約数pを持つ
ことになり、IV25に反する。

よってρ(p)の2の指数はr+1であることがわかる。…※
またIV19より、ρ(p)|p-(D/p)だから2^(r+1)|p-(D/p)であることがわかった。…◎

ここで、ρ(p)|{p-(D/p)}/2⇔2^(r+2)|p-(D/p)を示そう。
(⇒)
2ρ(p)|p-(D/p)である。※より2ρ(p)の2の指数はr+2だから、2^(r+2)|p-(D/p)がいえた。
逆を示す
2^(r+2)|p-(D/p)より2^(r+1)|{p-(D/p)}/2
※よりρ(p)={2^(r+1)}*f(fは奇数)と書ける。
IV19より、f*{2^(r+1)}=ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)である。
fは奇数よりf|{p-(D/p)}/2となる。
したがって、ρ(p)|{p-(D/p)}/2となる。

IV17,IV23より2^(r+2)|p-(D/p)⇔ρ(p)|{p-(D/p)}/2⇔p|U_({p-(D/p)}/2)⇔(Q/p)=1
したがって(Q/p)=-1⇔2^(r+2)が{p-(D/p)}を割り切らないもいえる。

ここで、(Q/p)=-1となるpは偶数個であることを示す。

N=Πp≡(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れる](D/p))(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない]p)　(mod　2^(r+2))　
p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない素数p、p'をとる
◎よりp-(D/p)とp'-(D/p')は2^(r+1)で割り切れるので、
p=2^(r+1)*(2s+1)+(D/p)=2^(r+2)s+2^(r+1)+(D/p)、
p'=2^(r+1)*(2s'+1)+(D/p')=2^(r+2)s'+2^(r+1)+(D/p')、
pp'≡{2^(r+1)+(D/p)}{2^(r+1)+(D/p')}=2^(2r+2)+2^(r+1){(D/p)+(D/p')}+(D/pp')
(D/p)+(D/p')は2あるいは0あるいは-2だから
2^(2r+2)+2^(r+1){(D/p)+(D/p')}+(D/pp')≡(D/pp')となる。

(Q/p)=-1となるpが奇数個と仮定すると
Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない]p≡2^(r+1)+Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない](D/p)
したがって、
N=Πp≡(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れる](D/p))(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない](D/p))+2^(r+1)*(±1)
=Π(D/N)≡(D/N)+2^(r+1)　(mod　2^(r+2))となる。
実はr+2≦sより、N=(2^s)*d+(D/N)≡(D/N)　(mod　2^(r+2))だから不合理

よって、(Q/p)=-1となるpは偶数個であることがいえた

よって(Q/N)=Π(Q/p)=Π[偶数個](-1)=1となります。

N|V_{(2^r)*d}、r=s-1のとき

2^r*d={N-(D/N)}/2ですから、V_({N-(D/N)}/2)がNで割り切れる。
N=(2^s)*d+(D/N)=2^(r+2)*{(d-1)/2}+2^(r+1)+(D/N)≡2^(r+1)+(D/N)　(mod　2^(r+2))
であることを除けば、
>>224-225の証明とほぼ同様にして(Q/N)=-1がいえます。

よって、N|V_{(2^r)*d}のときも、NはEuler-Lucas 擬素数であることがいえました。

したがって、Nが強擬素数ならば、NがEuler-Lucas 擬素数であることが示されました。

>>220
証明は
>>221
>>223-226
をご覧ください。

どうもありがとうございます。

464

保守あげ

１です。長い間、ほっといてごめんね。

既出かも氏らんがペル方程式
(L_n)^2 - 5*(F_n)^2 = ±4

プラスマイナス４というのは下せんな。もっと限定した表現があるはず・・・

n の偶奇によって決まる。
後は自分で調べろ

>>223
の
＞IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
＞したがって、ρ(p)|U_({p-(D/p)}/2)
＞よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。
は
IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
したがって、ρ(p)|p-(D/p)
よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。
の誤りだった。

保守

>IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
>したがって、ρ(p)|p-(D/p)
>よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。
>の誤りだった。
は

IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
したがって、ρ(p)|{p-(D/p)}/2
よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。
の誤りですか？

>>237
そのとおり

586

強Lucas擬素数→Euler-Lucas擬素数を証明する際に
IV17を使っているが, これは, (n,Q)=1
(本は (n,2Q)=1 だが, n は奇数だから, (n,Q)=1 で OK)
という仮定があって, 初めて成り立つんじゃないの？

一応証明しておこうか・・・・

補題:
n を D と互いに素な 1 以上の整数とする.
n|U_k となるような k が存在すれば, (n,Q)=1.

証明:
(n,Q)>1 と仮定し, p を (n,Q) の素因数とする.
P が p で割り切れないならば, 任意の k>1 に対して
U_k は p で割り切れない. これは仮定に反する.
一方, P が p で割り切れるならば, D は p で割り切れる.
これは, (n,D)=1 に矛盾する. (証明終)

強Lucas擬素数→Euler-Lucas擬素数 の証明の途中に
「 N|U_({N-(D/N)}/2) 」 という条件があるから,
ここで上の補題を使って (n,Q)=1 となるから
IV17 が使えるようになると思う.

どうだろう？間違えているかな？

>>240
そうだね。(Q/N)の値を調べることがメインだと思ったからスッコーンと抜けとった。

あとついでの話だが、実をいうとIV17の仮定の(N,2Q)=1なんだが、実は(N,Q)=1で良い
(Nが偶数、奇数にかかわらず)んだよね。

＞あとついでの話だが、実をいうとIV17の仮定の(N,2Q)=1なんだが、
＞実は(N,Q)=1で良い(Nが偶数、奇数にかかわらず)んだよね。

あっ　そうなんですか？
知りませんでした。ありがとうございました。

>>242 一応証明しておく

ρ(n)が存在し、(n,Q)=1となると仮定する。
n|U_m　⇔　ρ(n)|mとなる。

⇒
mがρ(n)割り切れないと仮定する。m=ρ(n)s+r
U_m*V_{ρ(n)s}-U_{ρ(n)s}*V_m=2Q^{ρ(n)s}*U_r…※

よって2Q^{ρ(n)s}*U_rはnで割り切れる。

nが偶数のとき
n|U_m,U_{ρ(n)s}よりU_m,U_{ρ(n)s}は偶数、よってIV18よりV_m,V_{ρ(n)s}も偶数である。

よって
U_m*{(V_{ρ(n)s})/2}-U_{ρ(n)s}*(V_m/2)=Q^{ρ(n)s}*U_r

Qとnは互いに素だからU_rがnで割り切れる。

nが奇数のとき
※より
nと2、nとQは互いに素だから　n|U_rとなる。

いずれにしても、n|U_rとなるが、これはρ(n)の最小性に反する。

逆はIV15より明らか。

命題
P,Qを以下のような整数とする。
(P,Q)=1かつ数列U_nはU_0=0、U_1=1、U_(n+2)=PU_(n+1)-QU_nを取ると
n→∞ならば|U_n|→∞となる。
このときM≡1　(mod　K)となるパラメーター(P,Q)の強Lucas擬素数が無数に存在すること。
(強Lucas擬素数の定義はRibenboimの「素数の世界」のP91〜P92を参照ください。)

証明ではRibenboimの「素数の世界」のP40〜P49のIV1〜IV30とヤコビの記号の基本性質
LとNを正の奇数とすると
(-1/L)=(-1)^{(L-1)/2}、(2/L)=(-1)^{(L^2-1)/8}、(N/L)=(L/N)(-1)^({(N-1)/2}{(L-1)/2})
となることを既知とする。

準備として、補題を二つ示す。

補題１
任意のmをとる。
n≧γ(m)なる任意の自然数nに対して、U_{n+θ(m)}≡U_(n)　(mod　m)
となるような0以上の整数、θ(m),γ(m)が存在する。
特に、(m,Q)=1のときは、γ(m)=0となる。

証明
{U_0,U_1}、{U_1,U_2}、…、{U_(m^2),U_(m^2+1)}とm^2+1個の組を考える。
|Z/mZ×Z/mZ|=m^2だから、U_i≡U_j　(mod　m)、U_(i+1)≡U_(j+1)　(mod　m)
となるような自然数、iとj(0≦i＜j≦m^2)が存在する。
U_(j+2)≡PU_(j+1)-QU_j≡PU_(i+1)-QU_i≡U_(i+2)　(mod　m)
同様に、U_(j+3)≡U_(i+3)、…、U_(j+k)≡U_(i+k)　(mod　m)となる。
よって、n≧iなる自然数nに対して、U_(n+j-i)≡U_(n-i+j)≡U_n　(mod　m)となる。
特に(m,Q)=1のとき
QU_(j-1)≡PU_j-U_(j+1)≡PU_i-U_(i+1)≡QU_(i-1)　(mod　m)
(Q,m)=1よりU_(j-1)≡U_(i-1)　(mod　m)
同様に、U_(j-2)≡U_(i-2)　(mod　m)、…、U_(j-k)≡U_(i-k)　(mod　m)
したがって、任意の整数n≧0に対して、U_(n+j-i)≡U_(n-i+j)≡U_n　(mod　m)となる。

(m,Q)=1のときγ(m)=0、θ(m)=j-i
そうでないときγ(m)=i、θ(m)=j-iとおけばよい。

証明終

補題２
mを任意の自然数とする。
以下のような0以上の整数α(m)とβ(m)が存在する。
s≧β(m)、t≡1　(mod　α(m))ならば、U_(st)/U_s≡1　(mod　m)となります。
(IV15よりU_(st)/U_sは整数である)

証明
m=Π[pはQを割り切る]{p^a}*Π[qはQを割り切れない]{q^b}と書く。
以下mの素因数のうち、Qの素因数であるものをpそうでないものをqとする。

補題1よりn≧γ(p^a)なる任意のnに対してU_{n+θ(p^a)}≡U_n　(mod　p^a)
γ(p^a)のうち、最大になるものをw、θ(p^a)たちの最小公倍数をvと置くと
n≧wなる任意のnに対して、U_(n+v)≡U_n　(mod　p^a)
したがって、g≡1　(mod　v)となる自然数gに対して、U_(gw)≡U_w　(mod　p^a)となる。

U_gのqの指数cを取る。
補題1より任意のnに対して、U_(n+θ{p^(b+c)})≡U_n　(mod　q^(b+c))
θ{p^(b+c)}たちの最小公倍数をv’とすると、U_(n+v’)≡U_n　(mod　q^(b+c))
よって、g’≡1なる任意の自然数g’に対して、U_(g’w)≡U_w　(mod　q^(b+c))

vとv’の最小公倍数をα(m)、wをβ(m)とする。
sをs≧β(m)なる整数、tをt≡1　(mod　α(m))となる自然数とする。
U_s*{U_(st)/U_s}≡U_s　(mod　p^a)
(P,Q)=1だからIV24より(U_s,Q)=1だからU_sとpは互いに素
よってU_(st)/U_s≡1　(mod　p^a)

U_s*{U_(st)/U_s}U_(st)≡U_s　(mod　q^(b+c))
{(U_s)/q^c}{U_(st)/U_s}≡U_s/q^c　(mod　q^b)
U_s/q^cとqは互いに素だから、U_(st)/U_s≡1　(mod　q^b)

よってU_(st)/U_s≡1　(mod　m)となります。
証明終

さて命題を示す。
Kを任意の整数とする。
DをD=±(2^e)*h(hは奇数)と書く
sやtを以下の性質を満たす素数とする。
s≡1　(mod　8h)、s≧β(8hf)
t≡1　(mod　α(8hK)*(s-1))、U_sはtで割り切れない。
tはsに対して十分大きいものとする。
U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。

証明
M＝U_(st)/U_sとおく。
補題２よりM≡1　(mod　8hK)　したがって、(D,M)=1となる。
(D/M)=(±1/M)(2/M)^e(h/M)=(M/h)=1
同様に(D/s)=(D/t)=1となるから
よってIV30より
M*U_s=U_(st)≡U_s　(mod　t)
U_sとtは互いに素だから、M≡1　(mod　t)
(P,Q)=1だからIV30よりM≡M*U_s=U_(st)≡U_s≡1　(mod　s)
よってM≡1≡(D/M)　(mod　st)

U_t|U_(st)=M*U_s
IV26よりU_sとU_tは互いに素だからU_t|Mとなる。
よってMは合成数である。

M=2^r*d+(D/M)=2^r*d+1(ただしrは正の整数かつdは奇数)とかけるので、d≡0　(mod　st)
U_(st)≡0　(mod　M)だからU_d≡0　(mod　M)となる。

よってM= U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。
条件を満たす素数sとtは等差数列におけるDirichletの素数定理より無数に存在することがわかる。
よって、条件を満たすMも無数にある。

証明終

さて命題を示す。
Kを任意の整数とする。
DをD=±(2^e)*h(hは奇数)と書く
sやtを以下の性質を満たす素数とする。
s≡1　(mod　8h)、s≧β(8hK)
t≡1　(mod　α(8hK)*(s-1))、U_sはtで割り切れない。
tはsに対して十分大きいものとする。
U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。

証明
M＝U_(st)/U_sとおく。
補題２よりM≡1　(mod　8hK)　したがって、(D,M)=1となる。
(D/M)=(±1/M)(2/M)^e(h/M)=(M/h)=1
同様に(D/s)=(D/t)=1となるから
よってIV30より
M*U_s=U_(st)≡U_s　(mod　t)
U_sとtは互いに素だから、M≡1　(mod　t)
(P,Q)=1だからIV30よりM≡M*U_s=U_(st)≡U_s≡1　(mod　s)
よってM≡1≡(D/M)　(mod　st)

U_t|U_(st)=M*U_s
IV26よりU_sとU_tは互いに素だからU_t|Mとなる。
よってMは合成数である。

M=2^r*d+(D/M)=2^r*d+1(ただしrは正の整数かつdは奇数)とかけるので、d≡0　(mod　st)
U_(st)≡0　(mod　M)だからU_d≡0　(mod　M)となる。

よってM= U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。
条件を満たす素数sとtは等差数列におけるDirichletの素数定理より無数に存在することがわかる。
よって、条件を満たすMも無数にある。

証明終

>>246の
＞ g’≡1なる任意の自然数g’に対して、U_(g’w)≡U_w　(mod　q^(b+c))
は
g’≡1　(mod　v')なる任意の自然数g’に対して、U_(g’w)≡U_w　(mod　q^(b+c))
だな。

自己満で>>244-249を使ってしまってスマソ

自己満ですか＾＾

新しい結果なら、自己満じゃないでしょ？　だいたい自己満なんて
言い出したら、たいていの事は自己満なんだからさ。

age

保守アゲ

強 Lucas 擬素数　→　Euler-Lucas 擬素数 → Lucas 擬素数
の証明で, (P,Q)=1 という仮定をして良いのですか？
もし、仮定していないのならば >>224 の
「 U_{(2^r)*d}とV_{(2^r)*d}が奇素数の公約数pを持つ
ことになり、IV25に反する。 」は嘘ですね.
ここは, (P,Q)=1 という仮定があって成り立つのですから.

>>255
そうだな、このままじゃ>>224は間違いだ。
訂正版
>>240の証明から
(N,Q)=1となるはずだが、
U_{(2^r)*d}とV_{(2^r)*d}がpで割り切れるとき
(pはNの公約数のひとつ)
IV6より2Q^{(2^r)d}がpで割り切れることになるが
pは奇素数だからQがpで割り切れるので(N,Q)=1に反する。

IV6はこういう式ね
(V_{(2^r)*d})^2-D(U_{(2^r)*d})^2=4Q^{(2^r)d}
だから
＞IV6より2Q^{(2^r)d}がpで割り切れることになるが
＞pは奇素数だからQがpで割り切れるので(N,Q)=1に反する。
は
IV6より4Q^{(2^r)d}がpで割り切れることになるが
pは奇素数だからQがpで割り切れるので(N,Q)=1に反する。
だな。

なんという早いレス・・・

高卒DQNですが、最近数学に興味を持ちました。
今から勉強するにはいったいどのようにするのがお勧めでしょうか。
どなたか是非ご指南ください。
ちなみに32歳です。

>>259高校のときの教科書と参考書

そんなもん捨ててしまっただろうよ

高校用の参考書買え

F(n) を Fibonacci数列とするとき
　(1)　n>2を整数 とすると、Σ[k=1..n] 1/F(k) > (n^2)/{F(n+2)-1}
　(2)　Σ[n=1..∞] 1/F(n) > 803/240 を示せ。

http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1072510082/908
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1072510082/871-873

５／２＞１６／７。

>263 (1)
　F(2)=1 なので、相加･調和平均の不等式より
　左辺 > (n^2)/{Σ[h=1..n] F(h)} = (n^2)/{Σ[h=1..n] (F(h+2)-F(h+1)) = (n^2)/{F(n+2)-F(2)} = 右辺.

http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1072510082/927

【補足】 (相加･調和平均の不等式)
　A_1 ････ A_n >0 のとき、
　{Σ[h=1..n] A_h} {Σ[k=1..n] 1/A_k} = n^2 + Σ[k<h]{A_h/A_k +A_k/A_h -2}
　= n^2 + Σ[k<h] {A_h -A_k}^2 /{A_h･A_k} ≧ n^2.

age

Fibonacci数列Ｆ(n)に対して
(3)　Ｆ(2n) = Ｆ(n+1)^2 -Ｆ(n-1)^2 = F(n){Ｆ(n+1) +Ｆ(n-1)}.
(4)　{Σ[k=1,n] Ｆ(k+1)^2}{Σ[k=1,n] 1/Ｆ(2k)} ≧ n^2.

http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1105911616/58

109

641

>>268
F(ｎ+１）+F(ｎ−１）＝L(ｎ）（リュカ数）ですので
F(２ｎ）＝F(n)L（ｎ）となります。３９以降を参考にしてください。

U_n(2,4)=((2^n)/√3)sin(nπ/3)

V_n(2,4)=2^{n+1}cos(nπ/3)

他にもたくさん sin cos がらみのLucas数列あり.

２７２は、本当に正しい？　フィボナッチ数なら単調増加するはずだが・・・

>>273
判別式が「プラス」なら単調増加になるかも知れんが、
上の判別式は「マイナス」だから・・・

U_1(2,4)〜U_15(2,4), V_1(2,4)〜V_15(2,4) を
プログラムを作って実際に求めてましたよ。

U_0 = 0　　　　　　　 V_0 = 2
U_1 = 1 　 　　　　　 V_1 = 2
U_2 = 2 = 2　　　　　 V_2 = -4 = -2^2
U_3 = 0 　　　　　　　V_3 = -16 = -2^4
U_4 = -8 = -2^3　　　 V_4 = -16 = -2^4
U_5 = -16 = -2^4　　　V_5 = 32 = 2^5
U_6 = 0　　　　　　　 V_6 = 128 = 2^7
U_7 = 64 = 2^6　　　　V_7 = 128 = 2^7
U_8 = 128 = 2^7 V_8 = -256 = -2^8
U_9 = 0 V_9 = -1024 = -2^10
U_10 = -512 = -2^9 V_10 = -1024 = -2^10
U_11 = -1024 = -2^10 V_11 = 2048 = 2^11
U_12 = 0 V_12 = 8192 = 2^13
U_13 = 4096 = 2^12 V_13 = 8192 = 2^13
U_14 = 8192 = 2^13 V_14 = -16384 = -2^14
U_15 = 0 V_15 = -65536 = -2^16

２７２で示されたのはリュカ数列の一種な訳ですか？
私の知っているリュカ数列とずいぶん違う気が・・・。

>>272 は >>26 で定義された一般Lucas数列ですね.
Lucas数列 というのは普通は V_n(1,-1) のよですが,
混乱がないのなら >>26 で定義された
U_n(P,Q), V_n(P,Q) もLucas数列と呼ぶときがあります.
同伴Lucas数列と呼ぶときもありますしね.
いろいろ呼び方があるんですよ.
ただ１つ言えることは,

U_n(2,4)=((2^n)/√3)sin(nπ/3)

V_n(2,4)=2^{n+1}cos(nπ/3)

この２つの数列は何て読んでよいかは正確にはわかりませんが,
式が正しいのは間違いありません.

お詫び >>275 の計算結果, 見にくくなってしまい申し訳ありませんでした.

723

みんなきとるな・・・

何も驚くことはない。
一般Lucas数列のすべてが、単調増加ではないということ。
(俺も気づいていたがあえて書かなかった)

正の判別式のLucas数列の絶対値なら単調増加するけどね。

定理：
n≧1, |α|≠|β|ならば|W_{n+1}|≧|W_n|(W_i=U_i(P, Q) or V_i(P, Q))
等号はn=1, P=±1, Q<0, W_i=U_i(P, Q)のときのみ成り立つ。

証明：
α, βの順序、符号を入れ替えα>0, |α|>|β|とする。
|αβ|≧1よりα>1だから、
α^(n+1)±β^(n+1)-(α^n±β^n)=α^n(α-1)±β^n(β-1)≧α^n|α-1| -|β|^n |β-1|
=|β|^n （|α/β|^n|(α-1)/(β-1)|-1）.
（β=0または1のときはα^n|α-1| -|β|^n |β-1|=α^n|α-1|>0）
また
そこで|α/β|^n|(α-1)/(β-1)|と1の大小を比較する。

(2/2)

n=1のときを考える。

β>1のとき。α>β>1より
(α/β)(α-1)/(β-1)-1=（α^2-β^2-(α-β)）／（β(β-1)）=(α-β)(α+β-1)／（β(β-1)）>0.

1>β>0のとき。
(α/β)(α-1)/(1-β)-1=（α^2+β^2-(α+β)）／（β(1-β)）=（α(α-1)+β(β-1)）／（β(1-β)）.
α>1より、P=α+β≧2. よって
α(α-1)+β(β-1)≧(2-β)(1-β)+β(β-1)≧2(β-1)^2>0.

β<0のとき。
(α/β)(α-1)/(β-1)-1=（α^2-β^2-(α-β)）／（β(β-1)）=(α-β)(α+β-1)／（β(β-1)）.

α>|β|よりα+β≧1である。α+β>1ならば(α/β)(α-1)/(β-1)>1。α+β=1ならば(α/β)(α-1)/(β-1)=1。

よって、|α/β|^n|(α-1)/(β-1)|≧1, 等号はα+β=1, β<0かつn=1のときのみ成り立つ。

Q.E.D.

それよりも、むしろこちらこそが臭い中年(30)の悪臭腹話劇かと。
敵役キャラの導入の仕方が毎度のことながら池沼丸出しｗ

ttp://ex9.2ch.net/test/read.cgi/kyozin/1111230255/
120 名前：ナナシマさん 投稿日：2005/03/22(火) 19:44:43 ???
臭ヲタは「臭」の字が大好き　ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ
121 名前：ナナシマさん 投稿日：2005/03/22(火) 19:45:21 ???
臭ヲタは文字通り臭すぎ　ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ!
122 名前：ペプタイドＸ 投稿日：2005/03/22(火) 20:16:12 7fn/imhY
>>120->>121
連レス乙。腋臭は自分では気付かないってホントなんだね？香水でも買うといいよｗ
123 名前：ナナシマさん 投稿日：2005/03/22(火) 20:17:29 ???
>>122　臭い粘着臭ヲタ　ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ!
124 名前：ペプタイドＸ 投稿日：2005/03/22(火) 20:20:50 7fn/imhY
>>123
粘着乙。ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ! とかいいながらお前必死な。あっオナニー中
だったらゴメンｗ

誤爆した。逝って来る。

気分直しに・・・

P, Q を 0 でない整数とし, n を奇の合成数 >0 とする. このとき,

n が底(P,Q)に関する Lucas 擬素数
⇔ n が底(-P,Q)に関する Lucas 擬素数

n が底(P,Q)に関する Euler-Lucas 擬素数
⇔ n が底(-P,Q)に関する Euler-Lucas 擬素数

n が底(P,Q)に関する 強Lucas 擬素数
⇔ n が底(-P,Q)に関する 強Lucas 擬素数

基本過ぎるかな.

U_n(-P,Q)=(-1)^n*U_n(P,Q)
V_n(-P,Q)=(-1)^n*V_n(P,Q)
だから
N|U_n(-P,Q)⇔N|U_n(P,Q)
N|V_n(-P,Q)⇔N|V_n(P,Q)

>>286

U_n(-P,Q)=(-1)^n*U_n(P,Q) は
U_n(-P,Q)=(-1)^{n+1}*U_n(P,Q) の間違いですか？

V_n(-P,Q)=(-1)^n*V_n(P,Q) は正しいようで.

>>287
そうだな。

358

319

463

231

まだ、落ちてなかった。良かったなあ。もう少しゆとりができたら
新しく書き込みますんで・・・。

激しく期待

数学できるって、ゆとりの証拠だよ。。。ゆとりがないと数学できない。

[805] 次を示してくださいです。
　(F_n)^4(F_{n+1})^4 ≦ (n^3){(F_1)^8 + (F_2)^8 + … + (F_n)^8}

College Math. Journal, Vol.36, No.3, (2005 May)
http://www.math.northwestern.edu/~mlerma/problem_solving/problems/col_math_jou-36-3-may05.pdf

deadline: 2005/08/15

あ〜〜。新しい書き込みだ。うれしいね。考えてみます。

解けますた。みかけはごっついけど、解いてみると初等的な手段でキレイに
解けるのできもちいい問題ですね。いい出題だと思いました。まだ、考え中
のひとがいるかも知れないので、解答は１週間くらい後にカキコしようと
思います。

あ〜、っと。。。。
ちょっとしたカン違いでした。解けてなかった。ゴメンね。

２９６さん、ギブアップするから早く答えをおしえて！

・・そうだ。８月１５日なんて遅すぎる。待ちきれないので、答えを教えて
ほしい。誰でもいいから、わかった人。

誰にも解けないほどの難問なのか、あるいは間違った不等式で反例があり得る
のか、どちらかだな。

F_nF_(n+1)=Σ[k=1,n](F_k)^2=nΣ[k=1,n](1/n)(F_k)^2　より
{F_nF_(n+1)}^4=n^4{Σ[k=1,n](1/n)(F_k)^2}^4
x^4は下に凸な関数なので、凸不等式より
{Σ[k=1,n(1/n)](F_k)^2}^4≦Σ[k=1,n](1/n){(F_k)^2}^4=1/nΣ[k=1,n](F_k)^8　ゆえ
{F_nF_(n+1)}^4≦n^3Σ[k=1,n](F_k)^8

>>303
チェビシェフ一発ですか・・案外簡単に解けるんですね。
ｎが大きいときに自明な不等式なので、あまりいい問題とは言えない気がします。

あまりいい問題でなくとも、何もださないよりははるかにいいですよ。

>>305
じゃあ問題^^
自然数nに対しf(F(n),F(n+1))＝1を満たす、斉次多項式 f(x,y)を全て求めよ。

数学はどうやったら得意になるのか教えてください。現在、哲学科4年生なのですが、苦手でも数学科に編入したいと思っておりまして。みなさんは昔から数学が好きでしたか？

>>307
スレ違い

age

>>307
フィボナッチ数の勉強から

何で数学科に行くの？

だれか至急解いてください↓
1 2 2 2 4 8 16 (64)となる理由をききたいです

何を解くのか分からないんだけど・・・
1,2,2,2,4,8,16,64,512,8192・・・
とかいう数列だったらｳｹる。

たぶんそれです なぜそうなるか教えてください

>>314
a[n+3]=a[n+2]*a[n]

これにあてはめてこの数列になりますかね？計算あいませんよ

合うでしょ。
a[1]=1
a[2]=2
a[3]=2
だよ。

aは初こうですよね？

先頭３つの項は適当に定義してよいと思われます。
数列の増えかたは規則の通りです。

140

944

すみません、レベルの高いスレでアホなことを聞いて申し訳ないのですが
下記を馬鹿にもわかるように証明してください。

任意の連続する10個のフィボナッチ数列の和は、7番目の値の11倍に等しい。

よろしくお願いします。

フィボナッチ数列をF_nと書き、a_n=Σ[k=0,9]F_(n+k)　と置く。
a_nは漸化式　a_(n+2)=a_(n+1)+a_n　を満たし
a_1=143=11*F_7　a_2=231=11*F_8　となる。
後は帰納法でも何でも。

>>323
ありがとうございます。すっきりしました。

>322
　フィボナッチ数列をF_nと書き、d_n = F_(n+2) -F_(n+1) -F_n と置く。
　�納k=0,9]F_(n+k) - 11*F_(n+6)
　= -d_n -2d_(n+2) +d_(n+3) -4d_(n+4) +4d_(n+5) +2d_(n+6) +d_(n+7)
　= 0.

291 ：簡単かなぁ ：2005/12/26(月) 20:26:43
コインをn回投げる時、表が2回続けて現れる確率は？

☆東大入試作問者スレ☆６
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1134000000/291 ,296-297

340

age

うわあん！ごめんな、我が子よ・・・。漏れにはもう無理です・・・。
ひとりでたくましく生き延びてくれい・・・。

今日はおまえの２歳の誕生日だね・・・。ハッピーバースディ、ツーユー！！

お前の弟、「連結碁＆ライフゲーム倶楽部」のやつもまだまだ元気だ・・。
兄弟なかよく、できるだけ長生きしておくれ・・・。

二年。

486

374

age

　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　 　　　┌-―ー-';
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　| (・∀・) ﾉ
　　　　　　　　　 　 　　 ＿＿＿＿ 　　　　上―-―' 　　　＿＿＿_
　　　　　　 　　　　　　　| （･∀･） ｜ 　 ／　 ＼　　　　　 | (・∀・) |
　　　　　　　　　　 　 　 |￣￣￣￣ 　 （￣￣￣） 　 　 　 |￣￣￣
　 　 　 　 　　 　 　 　 ∧ 　　　　　　 （[[[[[[|]]]]]） 　 　 ,∧
　　　　　　　　　　　　<⌒>　 　 　 　 [=|=|=|=|=|=]　　　<⌒>
　　　　　　　　　　　／⌒＼ 　 　 　 _|iﾛi|iﾛiiﾛi|iﾛ|_∧ ／⌒＼_
　　　　　　　　　　　］皿皿［-∧-∧|ll||llll||lllｌ||lllｌ|lll|￣|]皿皿[_|
　　　　　　　　　　　|_／＼_|,,|「|,,,|「|ﾐ^!､|]|[|]|[|][]|_.田 | ∧_ 　]
　　　　　　　　　　　| . ∩　 |'|「|'''|「|||:ll;|||}{|||}{|||}{|||}{|,田田.|__|
　　　　　　　　　　　|￣￣￣￣|「|￣￣||[[|門門門|]]|[_[_[_[_[_[
　　　　　　　　　　／i~~i' l ∩∩l　.ｌ　∩　∩　 l　　|__| .| .∩|　.|　l-,
　　　　　　　,,,,,='~|　|　|' |,,=i~~i==========|~~|^^|~ ~'i----i==i,, | 'i
　　 　 　 　 |　l ,==,-'''^^　 l　 |. ∩. ∩. ∩. |　 |∩| 　 |∩∩|　 |~~^i~'i、
　　　　　 ,=i^~~.|　 |.∩.∩ |,...,|__|,,|__|,,|__|,,|__|,....,||,,|.|,.....,||,|_|,|.|,....,| 　 |　|~i
　　　　 l~| .|　　|　,,,---== ヽﾉ　　　 i　　　　ヽﾉ~~~ ヽﾉ　　 ~ ソ^=-.i,,,,|,,,|
　　　　.|..l　i,-=''~~--,,,　　＼　 ＼　 l　　　／　　　／　　　　／　　__,-=^~
　　　　|,-''~　-,,,＿　　~-,,.　 ＼ .＼ |　.／　　 ／　　＿,,,-~　 　／
　　　　 ~^''=、＿ _ ^'- i=''''''^~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~^''''''''=i -'^~
　　　　　　　　　　 ~^^''ヽ　ヽ 　i　ｼﾞｴﾝｷｬｯｽﾙ　/　 ／　 ノ
　　　　　　　　　　　　　　ヽ　　、 l　 |　 ｌ　 l　/ .／　　／
　　　　　　　　　　　　 　 　 ＼_　、i ヽ　 i　 /　　　,,=='
　　　　　　　　　　　　　　　　　 ''==,,,,＿＿＿,,,=='~

age

715

158

http://0.　　, -┴- 、
http://0.　./,-、,-、,-ヽ ,-‐‐‐-、
http://0.　　　　|　　　.|.　　　　|　　　　
http://0.　　　　‐――|‐┰┰‐|――‐　
http://0.　　　　|　　　.|（￣￣）|　　　　　 ｿﾚｶﾗﾄﾞｼﾀﾉ?
http://0.　　　 〇ニニ|/TTTヽ|ヽ、　　
http://0.　　　 J　 　　|LLLLLl|`〇　
http://0.　　　　　 (￣￣)―(￣￣)

703

357

136

トリボナッチ数
　T_1=1, T_2 =1, T_3=2,
　T_n = T_(n-1) + T_(n-2) + T_(n-3).

http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1159088715/264-287
分かスレ２５９

>346
特性方程式 x^3 -x^2 -x-1=0 の3根を a,b,c とする。
　x^3 -x^2 -x-1 = (x-a){x^2 +(a-1)x+(1/a)}
　a = {1 + (19-3√33)^(1/3) + (19+3√33)^(1/3) }/3 = 1.83928675521416113255185256465329… トリボナッチ定数
　b = (1/√a)exp(iθ),
　c = (1/√a)exp(-iθ).
　θ = arccos{-(1/2)(a-1)√a} = 90ﾟ + (1/2)arccos{(a-1)^2 /2} = 124.68899739147561093738917517977…ﾟ

　T_n = k_1･a^n + {k_2･cos(nθ) + k_3･sin(nθ)}(1/a)^(n/2).
k_1 = -k_2 = 0.33622811699493…, k_3=0.3996482801623…

>346
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%95%E3%82%A3%E3%83%9C%E3%83%8A%E3%83%83%E3%83%81%E6%95%B0
http://mathworld.wolfram.com/TribonacciNumber.html
http://mathworld.wolfram.com/TribonacciConstant.html

age

n-bonacci 数
　F_k = F_(k-1) + F_(k-2) + …… + F_(k-n).

特性方程式
　x^n = x^(n-1) + … + x+1.
　x^(n+1) -2･x^n +1 =0,　x≠1.
　2-x = (1/x)^n,　x≠1.

x_2 = (1+√5)/2 = 1.61803398874989…
x_3 = {1 + (19-3√33)^(1/3) + (19+3√33)^(1/3)}/4 = 1.839286755214161132….
x_4 = {1 +√u +√(11-u +26/√u)}/4 = 1.927561975482925...,
　u = {11 +2*(12*√1689 -260)^(1/3) -2*(12*√1689 +260)^(1/3)}/3 = 1.704371307008…
　u^3 -11u^2 +115u -169 =0 の実根
nが大きいとき
x_n ≒ 2 - (1/N) - (n/2)(1/N)^2 - {n(3n+1)/8}(1/N)^3 - {n(2n+1)(4n+1)/24}(1/N)^4 -…
ここに N=2^n.


http://mathworld.wolfram.com/Fibonaccin-StepNumber.html
http://mathworld.wolfram.com/FibonacciNumber.html
http://mathworld.wolfram.com/TribonacciNumber.html
http://mathworld.wolfram.com/TetranacciNumber.html
http://mathworld.wolfram.com/PentanacciNumber.html
http://mathworld.wolfram.com/HexanacciNumber.html
http://mathworld.wolfram.com/HeptanacciNumber.html

>350 (補足)

x_2 = (1+√5)/2 = 1.61803398874989484820458683436564…
x_3 = {1 + (19-3√33)^(1/3) + (19+3√33)^(1/3)}/３ = …. ｽﾏｿ
x_4 = 1.92756197548292530426190586173648…
(u = 1.70437130700810135321359904631276…)

606

(F_(n+1))^7 - (F_n)^7 - (F_(n-1))^7 = 7(F_(n+1))(F_n)(F_(n-1))(2(F_n)^2+(-1)^n)^2

age

375

開成の数研は毎年必ずこれ

三年。

>>357
3年？どうですか？

ここ開成のシェルターにするかな

よろ。

新厨三よろ。

age

新高2よろ。

咲いた咲くかね

n[i]を整数としS[k]=�納i=1→k] n[i]とおく

ここで1≦i≦2^(k-1)、1≦j≦kとする
aをbで割ったときの余りをa mod bと表す
δ[i,j]を以下のように定義する

(1)j=1のとき
iが奇数 ⇒ δ[i,j]=1
iが偶数 ⇒ δ[i,j]=0
(2)1<j<kのとき
1≦i mod 2^j≦2^(j-2) ⇒ δ[i,j]=1
2^(j-2)<i mod 2^j≦2^j - 2^(j-2) ⇒ δ[i,j]=0
2^j - 2^(j-2)<i mod 2^j≦2^j ⇒ δ[i,j]=-1
(3)i=kのとき
1≦i≦2^(k-2) ⇒ δ[i,j]=0
2^(k-2)<i≦2^(k-1) ⇒ δ[i,j]=-1

フィボナッチ数列をF[n]と表せば
F[S[k]] = �納i=1→2^(k-1)] Π[j=1→k] F[n[j]+δ[i,j]]
が成り立つ

>>364 はフィボナッチ数列の加法定理の1つの拡張
ただし、全く実用的でないし何も新しい結果を導き出さない

数学とはそもそも実用的でないものだよ

リュカ数列がメルセンヌ素数の判定に使われるとは知らなかった。

157

>>363
割いたよね　賞とってしつこいくらいにやなひとだよね

あ

>>367
誤解している

メルセンヌ素数の判定に使われてるのは一般ルーカス数列の一種。
V_n=α^n + β^n、α, β は x^2-2x-2=0 の解。

2^n+1という形の数が素数ならばnは2の累乗（フェルマー数）
2^n-1という形の数（メルセンヌ数）が素数ならばnは素数
{(1+√5)/2}^n+{(1-√5)/2}^nという形の数（リュカ数）が素数ならば
nは素数または2の累乗
[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]/√5という形の数（フィボナッチ数）が
素数ならばnは素数または2の累乗

高校生のときに見つけたフィボナッチたんの法則
何年も前に発見済みなんだろうけどさ

桁が上がるまでの計算回数に規則性がある

>>3の証明を教えていただけないでしょうか

>>375 以下の式を全部足す。
F(2n) = F(2n-1)+F(2n-2)
F(2n-2) = F(2n-3)+F(2n-4)
...
F(6) = F(5)+F(4)
F(4) = F(3)+F(2)

>>376
ありがとうございます

Σ[n=0,∞] 1/(F(2n+1)+1) = √5/2

Σ[n=0,∞] 1/F(2n+1) = (1/2)√{Σ[n=1,∞] (3/F(n)^2 + 5/L(n)^2)}
　　　　　　　　　　　= (3-φ){Σ[n=0,∞] φ^(-2n(n+1))}^2, φ=(√5+1)/2

http://news22.2ch.net/test/read.cgi/newsplus/1189613682/l50

10日ぶりの解決

Σ[n=1,∞] 1/F(n)^2 = Σ[n=1,∞] (-1)^(n+1) L(2n)/F(2n)^2

1 + 4Σ[n=1,∞] 1/L(2n) = √{1 + 8Σ[n=1,∞] 1/L(n)^2}
　　= (π/(2logφ)) {Σ[n=-∞,∞] e^(-(πn)^2/(2logφ))}^2,
　　φ=(√5-1)/2

>>381 φ=(√5+1)/2

Σ[n=0,∞] 1/F(2n+1)^3 = 3αβ-2α^3,
　α = Σ[n=0,∞] 1/F(2n+1),
　β = Σ[n=1,∞] 1/F(n)^2

〔補題〕
任意の自然数mに対して、F[n] がmの倍数になるような 自然数nが存在する。

(略証)
便宜上 F[0] =0 とする。

F[n] を mを割った余りを a[n] とおく。
　F[n] ≡ a[n]　(mod m)
　0 ≦ a[n] ≦ m-1,

さて，m^2+1個の組
　(a[0],a[1]), (a[1],a[2]), (a[2],a[3]), ……, (a[m^2],a[m^2+1])
を考える。
F[n] を m で割った余りa[n] は 0〜m-1 の m 通りしかないので，組の組合せは m^2 通りしかない。

よって，上記の m^2+1 個の組の中には，同じ組がある。*)
それを (a[j], a[j+1]) と (a[k], a[k+1]) とする。（0≦j＜k≦m^2）
　F[j-1] = F[j+1] - F[j] と F[k-1] = F[k+1] - F[k] より
　a[j-1]≡a[j+1]-a[j] と a[k-1]≡a[k+1]-a[k] ，
　(a[j-1],a[j]) と (a[k-1],a[k]) も同じ組になっている。

これを繰り返すと，(a[0],a[1]) と (a[k-j],a[k-j+1]) も等しいことが言える。
k-j>0 より k-j=n は自然数で，a[n] = a[0] = 0 なので，
F[n] が m の倍数となる自然数 n が存在する。(終)

*) 鳩の巣原理、ディリクレの引出し原理 とか言うらしい。

http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1190854032/476
東大入試作問者スレ１１

>>14,11
　双曲線函数の方だお･･･

　α = logφ = log((1+√5)/2) ≒ 0.481211825 とおくと >>13 より

　F(n) = (2/√5)cosh(nα),　L(n) = 2sinh(nα)　　(n:奇数),

　F(n) = (2/√5)sinh(nα),　L(n) = 2cosh(nα)　　(n:偶数),

336

　　Π_(k=1, [n/2]) (1 + 4*cos(kπ/n)^2) = F_n,　　　(n≧2)

(解説)
カステレインは平方格子グラフ上のダイマー模型について分配函数Zを計算した。
これはグラフの隣接行列に適当な重みと符号を乗じて得られる反対称行列（カステレイン行列）
のパフ形式（Pfaffian）として表わされた。
その後、（平方格子でない）一般の平面的２部グラフに拡張された。

(文献)
1. P.W.Kasteleyn, Physica, ２７, p.1209-1225 (1961)
　"The physics of dimers on a lattice"
2. http://www.math.h.kyoto-u.ac.jp/~takasaki/res/kok0608.pdf
　「ダイマー模型とその周辺」 (京都大 人間･環境学部)
3. 細矢, ｢数学100の問題｣, 数セミ増刊, 日本評論社, p.90-92 (1984.9)
　「フィボナッチ数の問題｣

問題18) フィボナッチ数列をF(n)とおく。 p,q,r を任意の整数とするとき、
　F(p+1)F(q+1)F(r+1) + F(p)f(q)F(r) - F(p-1)F(q-1)F(r-1) = F(p+q+r),
が成立する事を証明せよ。

http://www.iis.it-hiroshima.ac.jp/~ohkawa/math/math_problem_all.htm

〔加法公式〕
　F_n の隣接する3項の間に斉1次な漸化式が成立つならば、ある2次の対称行列Cがあって、
　F(m+n) = Σ[1≦i,j≦2] F(m+i-1)C(i,j)F(n+j-1)
が成立つ。

(略証)
　A = [ F(0), F(1) ]
　　　[ F(1), F(2) ]
とおき、さらに C=A^(-1) とおく。
m=0,1 のときは
　(右辺) = Σ[j=1,2] {Σ[i=1,2] F(m+i-1)*C(i,j)} F(n+j-1)
　　= Σ[j=1,2] {Σ[i=1,2] A(m+1,i)*C(i,j)} F(n+j-1)
　　= Σ[j=1,2] δ_(m+1,j) F(n+j-1)
　　= F(m+n),
m>1 のときも、斉1次な漸化式により成立つ。(終)

例) フィボナッチ数列
　A = [ 0, 1 ]
　　　[ 1, 1 ]

　C = [-1, 1 ]
　　　[ 1, 0 ]
ゆえ
　F(m+n) = F(m)F(n+1) + F(m+1)F(n) - F(m)F(n),


>387
　これを2回使えば出るだろう。

>386
ド・モアブルの定理から
x^(2n) - 1 = Π[k=0,2n-1]{x-exp(ikπ/n)} = Π[k=-n,n-1]{x-exp(ikπ/n)}
k=1,…n-1 について
{x-exp(ikπ/n)}{x-exp(i(2n-k)π/n)}
= {x-exp(ikπ/n)}{x-exp(-ikπ/n)}
= x^2 -2cos(ikπ/n)x +1

http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1197828000/313 308

>>64>>67

四年十五日五時間。

ここのサイトに書かれている「還暦数」って考え方が面白い。
http://yohei627.hp.infoseek.co.jp/

592

age

〔問題〕
数列a[n] (n=0,1,2,････) は以下の条件を満たすとする。
　・a[0] =0, a[1] =1,
　・a[n+1] = (1/a[n])�納k=1〜n] (a[k])^2,
(1) a[n] を n の式であらわせ。
(2) b[n] = a[n+1]/a[n] とおくとき、lim[n→∞) b[n] を求めよ。

http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1204606214/390 ,402
東大入試作問者スレ１４

上げ

保守

保守

保守

まだこのスレのやつも気づいてないようだなｗ
F(n)を行列で(おもしろおかしく)∩(へぇ〜)みたいな感じでL(n)との関係を(ry

保守

あるスレで見たんだが。

f(1)=0
f(2)=2
f(3)=3
f(n+3)=f(n+1)+f(n)
のとき、
f(n)/n
が整数となるのはｎがどのような値のときか。

ってフィボナッチと関係あるの？

S(f(n+3)-f(n+2))=S(f(n+1)-f(n-1))
f(n)/n=(f(4)+f(1)+f(2)+f(n-3)+f(n-2))/n=(4+f(n-3)+f(n-2))/n

>>402
むしろルカスと関わりがある。

188

F(1)^2-F(2)^2+F(3)^2-F(4)^2+……+(-1)^n-1*F(n)^2=1/5{2n+1+(-1)^n-1*F(2n+1)}
左辺
第1項の2乗から2項の2乗を引いて、その後も引いて足してを繰り返す。
nが奇数なら+、偶数なら-、って感じ??

このフィボナッチの定理を証明しろと言われたｹﾄﾞ、根本的にやり方が分からんから困った。
誰か証明の解説して下さい。

>>406
n=1から成立が怪しい感じなんだが、初期値はどういう設定よ？

今日、ガリレオの再放送見てたら出てきた
レッドマーキュリー　ﾅﾂｶｼｽ…

>>407

普通にn=正の整数だぜ

あとn=1でも成り立つよ

６乗和の新公式

　F(1)^6＋F(2)^6＋…＋F(n)^6 ＝ (F(n)^5 F(n+3)+F(2n))/4

「数学の花束」より

I am Fibonacci

>>410
それはいちいち特筆すべきレベルのものか?

n乗和を計算しましたと言っても、別に等比数列の
和を計算しましたってのと大差ないし。

↑　
あなたには、この公式の導出は無理だと思う。

俺が導出できるできないなんてどうでもいいよ。
導出できようができまいが、6乗和が何らかの
閉じた形で表現できるってのは当たり前で、
>>410に見るべき点があるとしたら、それはその
「閉じた形」が右辺のように書けるってことか、
右辺のように書くことで証明が簡潔になるかって
ことぐらいしかない。これはそのどちらなの?
もしくは>>413の指摘どおり馬鹿な俺には考えも付かない
重要な事項が他にあるの？その辺をぜひご教示くださいよ。

www

まぁその程度だよね。

705

五年一日。

age

661

〔問題585〕
　フィボナッチ数列を三角関数で表現しなさい.

http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1220115988/585
東大入試作問者スレ１６

>>421
　φ = (1+√5)/2,　-1/φ = (1-√5)/2,
とおくと、
　φ + (-1/φ) = 1,
　φ - (-1/φ) = √5,
　φ^2 + (-1/φ)^2 = 3,
　φ･(-1/φ) = -1,
これと「ビネの公式」より
　F_n = {φ^n - (-1/φ)^n} / √5,
　　　= Π[k=1,[(n-1)/2]] {3 + 2cos(2kπ/n)}
　　　= Π[k=1,[(n-1)/2]] {1 + 4cos(kπ/n)^2},

〔補題〕 n≧3 のとき
　x^n - y^n = (x-y)Π[k=1,n-1] {x - y･exp(2ikπ/n)}
　= (x-y){(x+y)^d}Π[k=1,[(n-1)/2]] {x^2 +y^2 -2xy･cos(2kπ/n)}.
　nが偶数のとき　d=1, nが奇数のとき d=0,

(参考)
1.　数セミ増刊「数学100の問題」, 日本評論社 (1984.9) ISBN:4-535-70405-8
　　　p.90-92, 細矢治夫, 「フィボナッチ数の問題」
2.　P.W.Kasteleyn, <<Physica>>, ２７, p.1209-1215 (1961)
　"The statistics of dimers on a lattice"
正方格子上のある量(分配函数Z)を統計力学的に数え上げた際に出てきた式の副産物とか。

既出

さあ

405

さあ

>>388
便宜上 F(0) =0 とする。
　[ F(n-1), F(n) ]
　[ F(n), F(n+1) ]
という行列 M(n) を作ると、M(1) = A のn乗になるから、
M(m+n) = M(m)･M(n) より加法公式が出てくるちゅーこと。

http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1245060000/084
不等式スレ４

128

681

430

133

ぶりぶり

六年六日三時間。

ひさしぶりの保守

314

age

969

重複保守

142