Fibonacci数の逆数和は無理数である - フィボナッチ・フリーク

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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

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

は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

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

の自然数 $n$ 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. $\displaystyle{\psi=\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{F_n}}$ は無理数である。

証明. $\phi=\dfrac{1+\sqrt5}{2}, \bar\phi=\dfrac{1-\sqrt5}{2}$ と置く。 $\psi$ は $q$ -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 $n\leq N$ と $n\geq N+1$ 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( $\sqrt5$ を $-\sqrt5$ に置き換えたもの)を $\overline{X_N}$ と置くと、 $|\bar\phi|\lt 1$ なので、 $(1+|\bar\phi|^2)(1+|\bar\phi|^4)\cdots$ が $E_{\phi^2}(1)$ 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 $\psi$ は無理数である。 $~~~\square$

ちなみに $\psi$ が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乗和は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。