フィボナッチ・フリーク

数学の小ネタ集。

Fibonacci数の逆数和は無理数である

【注意】この記事には横に長い数式が多く含まれます。小さい端末では画面を横向きにすることを推奨します。

 

皆さん、Fibonacci数は好きですか?好きですよね。私も大好きです。

今回は21世紀に生きるフィボナッチ・フリークなら必ず一度は証明を読んでおきたい"あの"定理を示しましょう。

Fibonacci数の逆数の和

\displaystyle{\psi = \sum_{n=1}^\infty \dfrac{1}{F_n}=\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{8}+\cdots}

Reciprocal Fibonacci Constantと呼ばれ、その値はおよそ

\psi=3.35988566…

となります。この数は無理数であることがAndré-Jeanninにより1989年に示されました。ここではDuverney(1997)(私が生まれた年!)により簡略化されたその証明を紹介したいと思います。

まず証明に必要なq-指数・対数関数というものを定義します。

定義. |q|\gt 1,|x|\lt |q|に対し
\displaystyle{E_q(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{x^n}{(q^n-1)(q^{n-1}-1)\cdots(q-1)}}

と定め、q-指数関数と呼ぶ。また

\displaystyle{L_q(x)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{q^n-1}}

と定め、q-対数関数と呼ぶ。

これらは通常の指数・対数を定義する級数

\displaystyle{e^x=1+\sum_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n!},~~-\log(1-x)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n}}

自然数nの部分をq^n-1というパラメータに置き換えたものになっています。このような置き換えはq-類似と呼ばれています。

今回の証明の鍵となるのは次の性質です。

命題. L_q(x)=x\dfrac{E'_q(-x)}{E_q(-x)}.

証明. まず

\displaystyle{E_q(x)-E_q\left(\frac{x}{q}\right)=\sum_{n=1}^\infty \dfrac{(x/q)^n(q^n-1)}{(q^n-1)\cdots(q-1)}=\frac{x}{q}E_q\left(\frac{x}{q}\right)}

より

E_q(x)=\left(1+\dfrac{x}{q}\right)E_q\left(\dfrac{x}{q}\right).

これを繰り返し用いて

 \displaystyle{E_q(x)=\prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{x}{q^n}\right)}

を得る。対数を取り微分すると

\displaystyle{\dfrac{E'_q(x)}{E_q(x)}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{q^n+x}.}\tag{1}

一方で

\displaystyle{L_q(x)-L_q\left(\frac{x}{q}\right)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{x}{q}\right)^n=\frac{x}{q-x}}

を繰り返し用いると

\displaystyle{L_q(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{x}{q^n-x}.}\tag{2}

(1),(2)を比較すれば命題の式を得る。~~~\square

それでは主定理を証明しましょう。

定理. \displaystyle{\psi=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{F_n}}無理数である。

証明. \phi=\dfrac{1+\sqrt5}{2}, \bar\phi=\dfrac{1-\sqrt5}{2}と置く。\psiq-対数関数を使って

\displaystyle{\psi=\sum_{n=1}^\infty \frac{\sqrt5}{\phi^n-\bar\phi^n}=\sum_{n=1}^\infty \frac{\sqrt5(-\phi)^n}{(-\phi^2)^n-1}=\sqrt5L_{-\phi^2}(-\phi)}

と書ける。これが有理数\dfrac{-A}{B}A,Bは互いに素な整数)だったと仮定する。すると上の命題より

AE_{-\phi^2}(\phi)-B\phi\sqrt5E'_{-\phi^2}(\phi)=0

となる。E_q(x)の定義式に代入すると

\displaystyle{A+\sum_{n=1}^\infty\frac{(A-Bn\sqrt5)(-\phi)^n}{\prod_{m=1}^n(1-(-\phi^2)^m)}=0.}

ここで上の式の無限和をn\leq Nn\geq N+1に分割すると

\displaystyle{A+\sum_{n=1}^N\frac{(A-Bn\sqrt5)(-\phi)^n}{\prod_{m=1}^n(1-(-\phi^2)^m)}=-\sum_{n=N+1}^\infty\frac{(A-Bn\sqrt5)(-\phi)^n}{\prod_{m=1}^n(1-(-\phi^2)^m)}.\tag{3}}

分母を払えば

\displaystyle{A\prod_{m=1}^N(1-(-\phi^2)^m)+\sum_{n=1}^N(A-Bn\sqrt5)(-\phi)^n\prod_{m=n+1}^N(1-(-\phi^2)^m)\\=-\sum_{n=N+1}^\infty\frac{(A-Bn\sqrt5)(-\phi)^n}{\prod_{m=N+1}^n(1-(-\phi^2)^m)}.}

左辺の値をX_Nとし、右辺の無限和の中身をR_nと置くと

\displaystyle{|R_n|\leq\frac{(|A|+|B|\sqrt5)\cdot n\phi^n}{\prod_{m=N+1}^n\phi^{2m-1}}=\frac{(|A|+|B|\sqrt5)\cdot n}{\phi^{n^2-n-N^2}}\lt \frac{C_1n}{\phi^n}}

と評価できる(C_1はある正の定数)。ゆえにある正の定数C'_1があって

\displaystyle{|X_N|\lt\sum_{n=N+1}^\infty\frac{C_1n}{\phi^n}\lt \frac{C'_1N}{\phi^N}.}

一方でX_Nの共役無理数(\sqrt5-\sqrt5に置き換えたもの)を\overline{X_N}と置くと、|\bar\phi|\lt 1なので、(1+|\bar\phi|^2)(1+|\bar\phi|^4)\cdotsE_{\phi^2}(1)に収束することに注意すれば

|\overline{X_N}|\lt C_2N^2

C_2はある正の定数)と評価できる。これらを合わせれば

|X_N\overline{X_N}|\lt \dfrac{C_1'C_2N^3}{\phi^N}\to 0~~(N\to \infty).

ここでX_Nは定義より代数的整数なので上式左辺は整数であり、あるN_0が存在してN\geq N_0-1\Rightarrow X_N=0でなければならない。このとき(3)式の左辺も0になる。N=N_0-1,N_0として差分をとれば

\dfrac{(A-BN_0\sqrt5)(-\phi)^{N_0}}{\prod_{m=1}^{N_0}(1-(-\phi^2)^m)}=0\\ \therefore\sqrt5=\dfrac{A}{BN_0}

となり、\sqrt5の無理性に反する。ゆえに\psi無理数である。~~~\square

 

ちなみに\psi超越数かどうかは未解決問題です(ぜひチャレンジしてみてください!)。一方でFibonacci数の逆数の2n乗和超越数であることがわかっています。奇数乗和に関してわかっていることは少なく、ちょうどRiemannゼータ関数の特殊値のような状況になっています。これからどんな結果が出てくるか楽しみですね。