平成１５年８月１７日

[流れ星]

　　　　　　　　第１２３回数学的な応募問題解答NO２

　　　　　　　　　　＜解答募集期間：７月２７日〜８月１７日＞

［フィボナッチ数列］

　　　

太郎さんは、月曜日第７限の「総合的な学習の時間」に１年生を対象にして、「楽しい数学」と称した講座を受け持っています。現在は「フィボナッチ数列」の調べ学習をしています。この中で、次のような性質があるのではないかと生徒に伝えています。
　参考：｛ａ_ｎ｝：｛１，１，２，３，５，８，１３，２１，３４，５５，８９，・・・｝をフィボナッチ数列という。

H−Ｅ

H

(Hⁿ−Ｅ)

＝

H

＋H²＋・・・＋H^n-1

Ｈ

＝

＝

^-

¹

−

１

１

１

０

０

１

１

１

＝

(

H−Ｅ)^-1

H

²

＝

１

１

１

２

＝

＋

１

０

０

１

０

１

１

１

＝

H

＋Ｅ

H

ⁿ⁺¹

＝

＝

Ｆ

_n

Ｆ

_n+1

Ｆ

_n+1

Ｆ

_n+2

＝

Ｆ

_n

F

_n+1

F

_n+F_n-1

F

_n+F_n+1

０

１

１

１

＝

Ｆ

_n-1

Ｆ

_n

Ｆ

_n

Ｆ

_n+1

H

ⁿ・Ｈ

＝

０

１

１

１

Ｆ

₀

Ｆ

₁

Ｆ

₁

Ｆ

₂

＝

H

＝

H

ⁿ

Ｆ

_n-1

Ｆ

_n

Ｆ

_n

皆さん、考え方がわかったら、全部でなくていいですから、解答とペンネームを添えて、メールで送ってください。
待っています。

ＮＯ１「H7K」さん 7/26: 10時34分 受信 更新8/17

帰納法でなくても解けるような気がするんですが...

1: ●n=1,2のとき
　　1+F1=2=F3.成立
    1+F1+F2=3=F4.成立
　 ●n=kのとき，成立していると仮定，
　　 すなわち，1+F1+F2+...+Fk=F(k+2)と仮定すると
　　 両辺にF(k+1)を足し，1+F1+F2+...+Fk+F(k+1)=F(k+2)+F(k+1)=F(k+3)=F(k+1+2).
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//
2: ●n=1,2のとき
　　 F1=F2.成立
　　 F1+F3=3=F4.成立
　 ●n=kのとき，成立していると仮定，
　　 すなわち，F1+F3+...+F(2k-1)=F(2k)と仮定すると
　　 両辺にF(2k+1)を足し，F1+F3+...+F(2k-1)+F(2k+1)=F(2k)+F(2k+1)=F(2k+2)
     ←→F1+F3+...+F(2k-1)+F(2(k+1)-1)=F(2(k+1)).
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//
3: ●n=1,2のとき
　　1+F2=2=F3.成立
    1+F2+F4=5=F6.成立
　 ●n=kのとき，成立していると仮定，
　　 すなわち，1+F2+F4+...+F(2k)=F(2k+1)と仮定すると
　　 両辺にF(2k+2)を足し，1+F2+F4+...+F(2k)+F(2k+2)=F(2k+1)+F(2k+2)=F(2k+3)
     ←→1+F2+F4+...+F(2k)+F(2(k+1))=F(2(k+1)+1)
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//
4: 「石飛び」で考える．
　　O O O O ...O O Oと2n+1この石があり，左から1,2,3,..,2n+1の番号が付いているとする．
　　ここで，1→nまで飛ぶ（但し石を抜かすのは1こ飛ばしのみ）とすると，この場合の通り数はF(n).
　　一方，2n+1個飛ぶ場合は
　　・n-1とn+1を飛ぶ（nは通過）F(n-1)F(2)F(n+1)=F(n-1)F(n+1)通り
　　・nを飛ぶ……FnF(n+2)=Fn^2+Fn(Fn+1)通り
　　なので，計Fn^2+(F(n-1)+Fn)F(n+1)=Fn^2+F(n-1)^2通りだが，全体はまたF(2n+1)通りでもあるはず，
　　よって示された．
5: ●n=1,2のとき
　 F1^2=1=F1F2.成立
   F1^2+F2^2=2=F2F3.成立
   ●n=kのとき，成立していると仮定，
　 　すなわち，F1^2+F2^2+...+Fk^2=FkF(k+1)と仮定すると
　 　両辺にF(k+1)^2を加え，F1^2+F2^2+...+Fk^2+F(k+1)^2=FkF(k+1)+F(k+1)^2=F(k+2)F(k+1)=F(k+1)F(k+1+1).
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//

ＮＯ２「toru」さん　　　7/29: 13時54分 受信 更新8/17

１．Fn+2―Fn+1＝Fn 　においてn=1,2,3,------,nとして辺辺をたすとFn+2―F2＝F1
＋F2＋F3＋-------＋Fn  F2＝1だから性質１が成り立つ。

２．F2n+2―F2n＝F2n+1 (n=1,2,3----)は, F0＝0とすればn=0でも成り立つから、
n=0,1,2,3,------,n-1 として辺辺たすとF2n＝F1＋F3＋F5＋---＋F2n-1

３． F2n+1―F2n-1＝F2n  においてn=1,2,3,------,nとして辺辺をたすとF2n+1―F1
＝F2＋F4＋F6＋-------＋F2n,  F1＝1だから性質3が成り立つ。

４． F2n＝2FnFn+1―Fn^2, F2n+1＝Fn^2＋Fn+1^2と仮定して数学的帰納法で証明する、
n=1のときF2=2F1F2―F1^2＝1,F3=F1^2＋F2^2＝2,で成り立つ、n=n+1として、F2n+2
＝F2n＋F2n+1＝(2FnFn+1―Fn^2)＋(Fn^2＋Fn+1^2)＝2FnFn+1＋Fn+1^2＝2(Fn+2
―Fn+1)Fn+1＋Fn+1^2＝2Fn+1Fn+2―Fn+1^2, F2n+3＝F2n+1＋F2n+2＝(Fn^2＋Fn+1^2)
＋(2Fn+1Fn+2―Fn+1^2)＝Fn^2＋2Fn+1Fn+2＝(Fn+2―Fn+1)^2＋2Fn+1Fn+2＝Fn+1^2
＋Fn+2^2 より性質４は証明された。

５．Fn+1Fn+2―FnFn+1＝Fn+1(Fn+Fn+1)―FnFn+1=Fn+1^2 においてF0=0 とすればこれ
はn=0でも成り立つからn=0,1,2,---n-1として辺辺たせば、FnFn+1＝F1^2＋F2^2
＋F3^2＋-------＋Fn^2

＜コメント＞性質１、２、３、５も数学的帰納法を使えば簡単に証明できますが、どうも答を与えられて確かめているだけのようで気に入らないので、なんでこんな式が出てくるのか考える上でも、直接導いてみました。ところが、どうも４はうまく行かずに結局帰納法を使った上にあまりスマートでない解答になってしまいました。きっと、もっとエ
レガントな方法があるのでしょうが、なかなか時間もとれず、取りあえず答を送っておきます。　

「toru」さん 8/01: 11時07分 受信 更新8/17

フィボナッチ数列F0=0,F1=1,Fn+2=Fn+1+Fn (n=0,1,2---)の一般項はx^2-x-1=0の２解
をα、β(α<β)とすると α＋β=1,αβ=-1で Fn=(β^n―α^n)／(β―α)　
ここで(β^(2n+1)―α^(2n+1))(β―α)＝β^2(n+1)＋α^2(n+1)＋β^(2n)＋α^(2n)
＝(β^n＋α^n)^2＋(β^(n+1)＋α^(n+1))^2が成り立つから、両辺を(β―α)^2で割
れば、F2n+1＝Fn^2＋Fn+1^2が成り立つことが分かります。ここでαβ=-1は使ってい
ますが、α＋β=1の方は使っていませんので、この関係はF0=0,F1=1,Fn+2=kFn+1+Fn
でも成り立つと思われます。例えばk＝２とすると、この数列
は(0),1,2,5,12,29,70,169,408,985,2378,5741,-----となりますが、1^2+2^2=5,
2^2+5^2=29, 5^2+12^2=169 というような感じで成り立っています。

＜コメント＞性質４について別解を作ってみました。一般解を求めてごりごり計算するのはどうかとも思いましたが、やってみるとこの問題に関してはこの方がよいかと？、どんなもんでしょう。

ＮＯ３「kasama」さん　 7/29: 23時01分 受信 更新8/17

【性質１】
　漸化式を適当に操作すると出来そうですね。漸化式を順番に並べてみると、

　　F(n) + F(n+1) = F(n+2)
　　F(n-1) + F(n) = F(n+1)
　　F(n-2) + F(n-1) = F(n)
　　　　　・・・
　　F(1) + F(2) = F(3)　となります。これらの式を加算すると

　2×{F(1)+F(2)+・・・+F(n)} - F(1) + F(n+1) =
　　 {F(1)+F(2)+・・・+F(n)} - F(1) - F(2) + F(n+1) + F(n+2)
　⇒ F(1)+F(2)+・・・+F(n) = F(n+2) - F(2)

　となります。ここで、F(2)=1ですから性質１は成り立ちます。以下の性質２、３から導くこともできると思います。でも順番通りに！

【性質２】
　これも漸化式を適当に操作すると出来そうですね。

　　F(2n) = F(2n-1) + F(2n-2)
　　　　　= F(2n-1) + F(2n-3) + F(2n-4)
　　　　・・・・・
　　　　　= F(2n-1) + F(2n-3) + F(2n-5) + ・・・ + F(3) + F(2)

　ここで、F(2)=F(1)ですから、性質２は成り立ちます。

【性質３】
　これも同様にして

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

　ここで、F(1)=1ですから、性質３は成り立ちます。


【性質４】
　うーん難しい、漸化式をうまく変形するとできる(？)かもしれませんが、技量がないので少し回り道をして考えました。
　まず、少し別の方向から考えて、自然数m、nに対して、

    F(n) = F(m+1)F(n-m) + F(m)F(n-m-1) ・・・ (1)

　が成り立つことを確かめます。mに関する数学的帰納法で証明します。

�@m=1の場合

　F(n) = F(1+1)F(n-1) + F(1)F(n-1-1)
　　　 = F(2)F(n-1) + F(1)F(n-2)
　　　 = F(n-1) + F(n-2)

　となり成り立ちます。

�Am=kのとき(1)式が成立するとして、m=k+1の場合
　仮定より、

　　F(n) = F(k+1)F(n-k) + F(k)F(n-k-1)

　です。これを変形して、

　　F(n) = F(k+1){F(n-k-1) + F(n-k-2)} + F(k)F(n-k-1)
　　　　 = F(k+1)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2) + F(k)F(n-k-1)
　　　　 = {F(k+1) + F(k)}F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)
　　　　 = F(k+2)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)

　一方、(1)式にm=k+1を代入して

　　F(n) = F((k+1)+1)F(n-(k+1)) + F(k+1)F(n-(k+1)-1)
　　　　 = F(k+1+1)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-1-1)
　　　　 = F(k+2)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)

　よって、m=k+1の場合も成り立ちます。

�B上記�@、�Aよりすべての自然数m、nに対して、(1)式が成り立ちます。

　さて、かなり道草をしてしまいましたが、もう少しです。(1)においてn→2n+1、m→nとすると

　　F(2n+1) = F(n+1)F(2n+1-n) + F(n)F(2n+1-n-1)
　　　　　　= F(n+1)^2 + F(n)^2

　よって、性質４は成り立ちます。

【性質５】
　これも少し回り道をします。

　　F(i)F(i+1) = F(i){F(i-1) + F(i)} = F(i)F(i-1) + F(i)^2
　　⇒ F(i)^2 = F(i)F(i+1) - F(i)F(i-1) ・・・(1)

　(1)式をi=2,3,・・・,nの範囲で加算すると

　　左辺 = F(2)^2 + F(3)^2 + ・・・ + F(n)^2
　　右辺 = F(2)F(3) + F(3)F(4) + ・・・ + F(n)F(n+1)
　　　　 - { F(2)F(1) + F(3)F(2) + ・・・ + F(n)F(n-1) }
　　　　 = F(n)F(n+1) - F(2)F(1)

　つまり、

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

　となり、F(2)=F(1)=F(1)^2に注意すると、

　　F(1)^2 + F(2)^2 + F(3)^2 + ・・・ + F(n)^2 = F(n)F(n+1)

　よって、性質５は成り立ちます。

＜コメント＞さて、懲りずに第123回応募問題に挑戦してみました（作業を増やしてしまうことをご勘弁下さい）。
　問題のフィボナッチ数列の関係式はよく目にしますが、「証明してみて下さい」と言われると・・・うーんと言った感じですね。でも何とか頭をフル回転させて証明したつもりす。基本的には、コツコツと数学的帰納法でやれば、すべて証明できるものと思いますが、性質４以外は漸化式を変形して証明してみました。

「kasama」さん 8/01: 22時41分 受信 更新817

【準備】

　前回の問題では行列式（これは大学で習う）を使ってしまいましたが、今回は高校数学で習う行列を利用します。いきなり証明するのは大変なので少し準備体操をしておきます。

まず、フィボナッチ数列を以下のような行列で表現します。

Ｆ_n+1

 NO3「Kasama」さん 7/29: 23時01分 受信 更新8/17

【性質１】
　漸化式を適当に操作すると出来そうですね。漸化式を順番に並べてみると、

　　F(n) + F(n+1) = F(n+2)
　　F(n-1) + F(n) = F(n+1)
　　F(n-2) + F(n-1) = F(n)
　　　　　・・・
　　F(1) + F(2) = F(3)

　となります。これらの式を加算すると

　2×{F(1)+F(2)+・・・+F(n)} - F(1) + F(n+1) =
　　 {F(1)+F(2)+・・・+F(n)} - F(1) - F(2) + F(n+1) + F(n+2)
　⇒ F(1)+F(2)+・・・+F(n) = F(n+2) - F(2)

　となります。ここで、F(2)=1ですから性質１は成り立ちます。以下の性質２、
３から導くこともできると思います。でも順番通りに！


【性質２】
　これも漸化式を適当に操作すると出来そうですね。

　　F(2n) = F(2n-1) + F(2n-2)
　　　　　= F(2n-1) + F(2n-3) + F(2n-4)
　　　　・・・・・
　　　　　= F(2n-1) + F(2n-3) + F(2n-5) + ・・・ + F(3) + F(2)

　ここで、F(2)=F(1)ですから、性質２は成り立ちます。


【性質３】
　これも同様にして

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

　ここで、F(1)=1ですから、性質３は成り立ちます。


【性質４】
　うーん難しい、漸化式をうまく変形するとできる(？)かもしれませんが、技量
がないので少し回り道をして考えました。
　まず、少し別の方向から考えて、自然数m、nに対して、

    F(n) = F(m+1)F(n-m) + F(m)F(n-m-1) ・・・ (1)

　が成り立つことを確かめます。mに関する数学的帰納法で証明します。

�@m=1の場合

　F(n) = F(1+1)F(n-1) + F(1)F(n-1-1)
　　　 = F(2)F(n-1) + F(1)F(n-2)
　　　 = F(n-1) + F(n-2)

　となり成り立ちます。

�Am=kのとき(1)式が成立するとして、m=k+1の場合
　仮定より、

　　F(n) = F(k+1)F(n-k) + F(k)F(n-k-1)

　です。これを変形して、

　　F(n) = F(k+1){F(n-k-1) + F(n-k-2)} + F(k)F(n-k-1)
　　　　 = F(k+1)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2) + F(k)F(n-k-1)
　　　　 = {F(k+1) + F(k)}F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)
　　　　 = F(k+2)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)

　一方、(1)式にm=k+1を代入して

　　F(n) = F((k+1)+1)F(n-(k+1)) + F(k+1)F(n-(k+1)-1)
　　　　 = F(k+1+1)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-1-1)
　　　　 = F(k+2)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)

　よって、m=k+1の場合も成り立ちます。

�B上記�@、�Aよりすべての自然数m、nに対して、(1)式が成り立ちます。

　さて、かなり道草をしてしまいましたが、もう少しです。(1)においてn→2n+1、
m→nとすると

　　F(2n+1) = F(n+1)F(2n+1-n) + F(n)F(2n+1-n-1)
　　　　　　= F(n+1)^2 + F(n)^2

　よって、性質４は成り立ちます。

【性質５】
　これも少し回り道をします。

　　F(i)F(i+1) = F(i){F(i-1) + F(i)} = F(i)F(i-1) + F(i)^2
　　⇒ F(i)^2 = F(i)F(i+1) - F(i)F(i-1) ・・・(1)

　(1)式をi=2,3,・・・,nの範囲で加算すると

　　左辺 = F(2)^2 + F(3)^2 + ・・・ + F(n)^2
　　右辺 = F(2)F(3) + F(3)F(4) + ・・・ + F(n)F(n+1)
　　　　 - { F(2)F(1) + F(3)F(2) + ・・・ + F(n)F(n-1) }
　　　　 = F(n)F(n+1) - F(2)F(1)

　つまり、

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

　となり、F(2)=F(1)=F(1)^2に注意すると、

　　F(1)^2 + F(2)^2 + F(3)^2 + ・・・ + F(n)^2 = F(n)F(n+1)

　よって、性質５は成り立ちます。

＜コメント＞さて、懲りずに第123回応募問題に挑戦してみました（作業を増やしてしまうことをご勘弁下さい）。
　問題のフィボナッチ数列の関係式はよく目にしますが、「証明してみて下さい」と言われると・・・うーんと言った感じですね。でも何とか頭をフル回転させて
証明したつもりです。基本的には、コツコツと数学的帰納法でやれば、すべて証明できるものと思いますが、性質４以外は漸化式を変形して証明してみました。

H−Ｅ

H

(Hⁿ−Ｅ)

＝

H

＋H²＋・・・＋H^n-1

Ｈ

＝

＝

^-

¹

−

１

１

１

０

０

１

１

１

＝

(

H−Ｅ)^-1

H

²

＝

１

１

１

２

＝

＋

１

０

０

１

０

１

１

１

＝

H

＋Ｅ

H

ⁿ⁺¹

＝

＝

Ｆ

_n

Ｆ

_n+1

Ｆ

_n+1

Ｆ

_n+2

＝

Ｆ

_n

F

_n+1

F

_n+F_n-1

F

_n+F_n+1

０

１

１

１

＝

Ｆ

_n-1

Ｆ

_n

Ｆ

_n

Ｆ

_n+1

H

ⁿ・Ｈ

＝

０

１

１

１

Ｆ

₀

Ｆ

₁

Ｆ

₁

Ｆ

₂

＝

H

＝

H

ⁿ

Ｆ

_n-1

Ｆ

_n

Ｆ

_n

皆さん、考え方がわかったら、全部でなくていいですから、解答とペンネームを添えて、メールで送ってください。
待っています。

ＮＯ１「H7K」さん 7/26: 10時34分 受信 更新8/17

帰納法でなくても解けるような気がするんですが...

1: ●n=1,2のとき
　　1+F1=2=F3.成立
    1+F1+F2=3=F4.成立
　 ●n=kのとき，成立していると仮定，
　　 すなわち，1+F1+F2+...+Fk=F(k+2)と仮定すると
　　 両辺にF(k+1)を足し，1+F1+F2+...+Fk+F(k+1)=F(k+2)+F(k+1)=F(k+3)=F(k+1+2).
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//
2: ●n=1,2のとき
　　 F1=F2.成立
　　 F1+F3=3=F4.成立
　 ●n=kのとき，成立していると仮定，
　　 すなわち，F1+F3+...+F(2k-1)=F(2k)と仮定すると
　　 両辺にF(2k+1)を足し，F1+F3+...+F(2k-1)+F(2k+1)=F(2k)+F(2k+1)=F(2k+2)
     ←→F1+F3+...+F(2k-1)+F(2(k+1)-1)=F(2(k+1)).
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//
3: ●n=1,2のとき
　　1+F2=2=F3.成立
    1+F2+F4=5=F6.成立
　 ●n=kのとき，成立していると仮定，
　　 すなわち，1+F2+F4+...+F(2k)=F(2k+1)と仮定すると
　　 両辺にF(2k+2)を足し，1+F2+F4+...+F(2k)+F(2k+2)=F(2k+1)+F(2k+2)=F(2k+3)
     ←→1+F2+F4+...+F(2k)+F(2(k+1))=F(2(k+1)+1)
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//
4: 「石飛び」で考える．
　　O O O O ...O O Oと2n+1この石があり，左から1,2,3,..,2n+1の番号が付いているとする．
　　ここで，1→nまで飛ぶ（但し石を抜かすのは1こ飛ばしのみ）とすると，この場合の通り数はF(n).
　　一方，2n+1個飛ぶ場合は
　　・n-1とn+1を飛ぶ（nは通過）F(n-1)F(2)F(n+1)=F(n-1)F(n+1)通り
　　・nを飛ぶ……FnF(n+2)=Fn^2+Fn(Fn+1)通り
　　なので，計Fn^2+(F(n-1)+Fn)F(n+1)=Fn^2+F(n-1)^2通りだが，全体はまたF(2n+1)通りでもあるはず，
　　よって示された．
5: ●n=1,2のとき
　 F1^2=1=F1F2.成立
   F1^2+F2^2=2=F2F3.成立
   ●n=kのとき，成立していると仮定，
　 　すなわち，F1^2+F2^2+...+Fk^2=FkF(k+1)と仮定すると
　 　両辺にF(k+1)^2を加え，F1^2+F2^2+...+Fk^2+F(k+1)^2=FkF(k+1)+F(k+1)^2=F(k+2)F(k+1)=F(k+1)F(k+1+1).
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//

ＮＯ２「toru」さん　　　7/29: 13時54分 受信 更新8/17

１．Fn+2―Fn+1＝Fn 　においてn=1,2,3,------,nとして辺辺をたすとFn+2―F2＝F1
＋F2＋F3＋-------＋Fn  F2＝1だから性質１が成り立つ。

２．F2n+2―F2n＝F2n+1 (n=1,2,3----)は, F0＝0とすればn=0でも成り立つから、
n=0,1,2,3,------,n-1 として辺辺たすとF2n＝F1＋F3＋F5＋---＋F2n-1

３． F2n+1―F2n-1＝F2n  においてn=1,2,3,------,nとして辺辺をたすとF2n+1―F1
＝F2＋F4＋F6＋-------＋F2n,  F1＝1だから性質3が成り立つ。

４． F2n＝2FnFn+1―Fn^2, F2n+1＝Fn^2＋Fn+1^2と仮定して数学的帰納法で証明する、
n=1のときF2=2F1F2―F1^2＝1,F3=F1^2＋F2^2＝2,で成り立つ、n=n+1として、F2n+2
＝F2n＋F2n+1＝(2FnFn+1―Fn^2)＋(Fn^2＋Fn+1^2)＝2FnFn+1＋Fn+1^2＝2(Fn+2
―Fn+1)Fn+1＋Fn+1^2＝2Fn+1Fn+2―Fn+1^2, F2n+3＝F2n+1＋F2n+2＝(Fn^2＋Fn+1^2)
＋(2Fn+1Fn+2―Fn+1^2)＝Fn^2＋2Fn+1Fn+2＝(Fn+2―Fn+1)^2＋2Fn+1Fn+2＝Fn+1^2
＋Fn+2^2 より性質４は証明された。

５．Fn+1Fn+2―FnFn+1＝Fn+1(Fn+Fn+1)―FnFn+1=Fn+1^2 においてF0=0 とすればこれ
はn=0でも成り立つからn=0,1,2,---n-1として辺辺たせば、FnFn+1＝F1^2＋F2^2
＋F3^2＋-------＋Fn^2

＜コメント＞性質１、２、３、５も数学的帰納法を使えば簡単に証明できますが、どうも答を与えられて確かめているだけのようで気に入らないので、なんでこんな式が出てくるのか考える上でも、直接導いてみました。ところが、どうも４はうまく行かずに結局帰納法を使った上にあまりスマートでない解答になってしまいました。きっと、もっとエ
レガントな方法があるのでしょうが、なかなか時間もとれず、取りあえず答を送っておきます。　

「toru」さん 8/01: 11時07分 受信 更新8/17

フィボナッチ数列F0=0,F1=1,Fn+2=Fn+1+Fn (n=0,1,2---)の一般項はx^2-x-1=0の２解
をα、β(α<β)とすると α＋β=1,αβ=-1で Fn=(β^n―α^n)／(β―α)　
ここで(β^(2n+1)―α^(2n+1))(β―α)＝β^2(n+1)＋α^2(n+1)＋β^(2n)＋α^(2n)
＝(β^n＋α^n)^2＋(β^(n+1)＋α^(n+1))^2が成り立つから、両辺を(β―α)^2で割
れば、F2n+1＝Fn^2＋Fn+1^2が成り立つことが分かります。ここでαβ=-1は使ってい
ますが、α＋β=1の方は使っていませんので、この関係はF0=0,F1=1,Fn+2=kFn+1+Fn
でも成り立つと思われます。例えばk＝２とすると、この数列
は(0),1,2,5,12,29,70,169,408,985,2378,5741,-----となりますが、1^2+2^2=5,
2^2+5^2=29, 5^2+12^2=169 というような感じで成り立っています。

＜コメント＞性質４について別解を作ってみました。一般解を求めてごりごり計算するのはどうかとも思いましたが、やってみるとこの問題に関してはこの方がよいかと？、どんなもんでしょう。

ＮＯ３「kasama」さん　 7/29: 23時01分 受信 更新8/17

【性質１】
　漸化式を適当に操作すると出来そうですね。漸化式を順番に並べてみると、

　　F(n) + F(n+1) = F(n+2)
　　F(n-1) + F(n) = F(n+1)
　　F(n-2) + F(n-1) = F(n)
　　　　　・・・
　　F(1) + F(2) = F(3)　となります。これらの式を加算すると

　2×{F(1)+F(2)+・・・+F(n)} - F(1) + F(n+1) =
　　 {F(1)+F(2)+・・・+F(n)} - F(1) - F(2) + F(n+1) + F(n+2)
　⇒ F(1)+F(2)+・・・+F(n) = F(n+2) - F(2)

　となります。ここで、F(2)=1ですから性質１は成り立ちます。以下の性質２、３から導くこともできると思います。でも順番通りに！

【性質２】
　これも漸化式を適当に操作すると出来そうですね。

　　F(2n) = F(2n-1) + F(2n-2)
　　　　　= F(2n-1) + F(2n-3) + F(2n-4)
　　　　・・・・・
　　　　　= F(2n-1) + F(2n-3) + F(2n-5) + ・・・ + F(3) + F(2)

　ここで、F(2)=F(1)ですから、性質２は成り立ちます。

【性質３】
　これも同様にして

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

　ここで、F(1)=1ですから、性質３は成り立ちます。


【性質４】
　うーん難しい、漸化式をうまく変形するとできる(？)かもしれませんが、技量がないので少し回り道をして考えました。
　まず、少し別の方向から考えて、自然数m、nに対して、

    F(n) = F(m+1)F(n-m) + F(m)F(n-m-1) ・・・ (1)

　が成り立つことを確かめます。mに関する数学的帰納法で証明します。

�@m=1の場合

　F(n) = F(1+1)F(n-1) + F(1)F(n-1-1)
　　　 = F(2)F(n-1) + F(1)F(n-2)
　　　 = F(n-1) + F(n-2)

　となり成り立ちます。

�Am=kのとき(1)式が成立するとして、m=k+1の場合
　仮定より、

　　F(n) = F(k+1)F(n-k) + F(k)F(n-k-1)

　です。これを変形して、

　　F(n) = F(k+1){F(n-k-1) + F(n-k-2)} + F(k)F(n-k-1)
　　　　 = F(k+1)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2) + F(k)F(n-k-1)
　　　　 = {F(k+1) + F(k)}F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)
　　　　 = F(k+2)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)

　一方、(1)式にm=k+1を代入して

　　F(n) = F((k+1)+1)F(n-(k+1)) + F(k+1)F(n-(k+1)-1)
　　　　 = F(k+1+1)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-1-1)
　　　　 = F(k+2)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)

　よって、m=k+1の場合も成り立ちます。

�B上記�@、�Aよりすべての自然数m、nに対して、(1)式が成り立ちます。

　さて、かなり道草をしてしまいましたが、もう少しです。(1)においてn→2n+1、m→nとすると

　　F(2n+1) = F(n+1)F(2n+1-n) + F(n)F(2n+1-n-1)
　　　　　　= F(n+1)^2 + F(n)^2

　よって、性質４は成り立ちます。

【性質５】
　これも少し回り道をします。

　　F(i)F(i+1) = F(i){F(i-1) + F(i)} = F(i)F(i-1) + F(i)^2
　　⇒ F(i)^2 = F(i)F(i+1) - F(i)F(i-1) ・・・(1)

　(1)式をi=2,3,・・・,nの範囲で加算すると

　　左辺 = F(2)^2 + F(3)^2 + ・・・ + F(n)^2
　　右辺 = F(2)F(3) + F(3)F(4) + ・・・ + F(n)F(n+1)
　　　　 - { F(2)F(1) + F(3)F(2) + ・・・ + F(n)F(n-1) }
　　　　 = F(n)F(n+1) - F(2)F(1)

　つまり、

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

　となり、F(2)=F(1)=F(1)^2に注意すると、

　　F(1)^2 + F(2)^2 + F(3)^2 + ・・・ + F(n)^2 = F(n)F(n+1)

　よって、性質５は成り立ちます。

＜コメント＞さて、懲りずに第123回応募問題に挑戦してみました（作業を増やしてしまうことをご勘弁下さい）。
　問題のフィボナッチ数列の関係式はよく目にしますが、「証明してみて下さい」と言われると・・・うーんと言った感じですね。でも何とか頭をフル回転させて証明したつもりす。基本的には、コツコツと数学的帰納法でやれば、すべて証明できるものと思いますが、性質４以外は漸化式を変形して証明してみました。

「kasama」さん 8/01: 22時41分 受信 更新817

【準備】

　前回の問題では行列式（これは大学で習う）を使ってしまいましたが、今回は高校数学で習う行列を利用します。いきなり証明するのは大変なので少し準備体操をしておきます。

まず、フィボナッチ数列を以下のような行列で表現します。

Ｆ_n+1

「Kasama」さん 8/01: 22時41分 受信 更新8/17

【準備】

　前回の問題では行列式（これは大学で習う）を使ってしまいましたが、今回は高校数学で習う行列を利用します。いきなり証明するのは大変なので少し準備体操をしておきます。

まず、フィボナッチ数列を以下のような行列で表現します。

特に、ｎ＝１の場合は

で、F₀=0と約束しておきます。すると、

同様に、Ｈ・Hⁿ＝Hⁿ⁺¹です。

また、Eを単位行列として、

ですから、両辺からH^n-1を掛けると、

　Hⁿ＋H^n-1＝Hⁿ⁺¹

です。さらに、

です。以上で準備完了！

【性質１】

まず、等比数列の公式から

です。(H＋Ｅ)^-1＝Ｈですから、右辺＝H²(Hⁿ−Ｅ)＝Hⁿ⁺²−Hとなり、

　H＋H²＋・・・＋H^n-1＝Hⁿ⁺²−H

です。行列の2行1列目の要素に着目すると、

　F₁＋F₂＋・・・＋F_n＝F_n+2−1

となっていますね。

＜コメント＞先日お送りした証明が正しいかどうか正直なところ、自信がありませんが、面白味を欠いていることは事実ですね。

　少し別の角度から取り組もうとしています。行列と関係付けて証明しようかなとしています。しかし、対象が高校１年生と聞いているので、どの程度数学までなら知っているのかよく判りません。週休２日制などで、私が高校生だった頃と大分様子が違っているような気がします・・・

　添付リストに性質１だけの証明を記載しました。このような方法ではいかがなものでしょうか？

H−Ｅ

H

(Hⁿ−Ｅ)

＝

H

＋H²＋・・・＋H^n-1

Ｈ

＝

＝

^-

¹

−

１

１

１

０

０

１

１

１

＝

(

H−Ｅ)^-1

H

²

＝

１

１

１

２

＝

＋

１

０

０

１

０

１

１

１

＝

H

＋Ｅ

H

ⁿ⁺¹

＝

＝

Ｆ

_n

Ｆ

_n+1

Ｆ

_n+1

Ｆ

_n+2

＝

Ｆ

_n

F

_n+1

F

_n+F_n-1

F

_n+F_n+1

０

１

１

１

＝

Ｆ

_n-1

Ｆ

_n

Ｆ

_n

Ｆ

_n+1

H

ⁿ・Ｈ

＝

０

１

１

１

Ｆ

₀

Ｆ

₁

Ｆ

₁

Ｆ

₂

＝

H

＝

H

ⁿ

Ｆ

_n-1

Ｆ

_n

Ｆ

_n

皆さん、考え方がわかったら、全部でなくていいですから、解答とペンネームを添えて、メールで送ってください。
待っています。

ＮＯ１「H7K」さん 7/26: 10時34分 受信 更新8/17

帰納法でなくても解けるような気がするんですが...

1: ●n=1,2のとき
　　1+F1=2=F3.成立
    1+F1+F2=3=F4.成立
　 ●n=kのとき，成立していると仮定，
　　 すなわち，1+F1+F2+...+Fk=F(k+2)と仮定すると
　　 両辺にF(k+1)を足し，1+F1+F2+...+Fk+F(k+1)=F(k+2)+F(k+1)=F(k+3)=F(k+1+2).
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//
2: ●n=1,2のとき
　　 F1=F2.成立
　　 F1+F3=3=F4.成立
　 ●n=kのとき，成立していると仮定，
　　 すなわち，F1+F3+...+F(2k-1)=F(2k)と仮定すると
　　 両辺にF(2k+1)を足し，F1+F3+...+F(2k-1)+F(2k+1)=F(2k)+F(2k+1)=F(2k+2)
     ←→F1+F3+...+F(2k-1)+F(2(k+1)-1)=F(2(k+1)).
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//
3: ●n=1,2のとき
　　1+F2=2=F3.成立
    1+F2+F4=5=F6.成立
　 ●n=kのとき，成立していると仮定，
　　 すなわち，1+F2+F4+...+F(2k)=F(2k+1)と仮定すると
　　 両辺にF(2k+2)を足し，1+F2+F4+...+F(2k)+F(2k+2)=F(2k+1)+F(2k+2)=F(2k+3)
     ←→1+F2+F4+...+F(2k)+F(2(k+1))=F(2(k+1)+1)
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//
4: 「石飛び」で考える．
　　O O O O ...O O Oと2n+1この石があり，左から1,2,3,..,2n+1の番号が付いているとする．
　　ここで，1→nまで飛ぶ（但し石を抜かすのは1こ飛ばしのみ）とすると，この場合の通り数はF(n).
　　一方，2n+1個飛ぶ場合は
　　・n-1とn+1を飛ぶ（nは通過）F(n-1)F(2)F(n+1)=F(n-1)F(n+1)通り
　　・nを飛ぶ……FnF(n+2)=Fn^2+Fn(Fn+1)通り
　　なので，計Fn^2+(F(n-1)+Fn)F(n+1)=Fn^2+F(n-1)^2通りだが，全体はまたF(2n+1)通りでもあるはず，
　　よって示された．
5: ●n=1,2のとき
　 F1^2=1=F1F2.成立
   F1^2+F2^2=2=F2F3.成立
   ●n=kのとき，成立していると仮定，
　 　すなわち，F1^2+F2^2+...+Fk^2=FkF(k+1)と仮定すると
　 　両辺にF(k+1)^2を加え，F1^2+F2^2+...+Fk^2+F(k+1)^2=FkF(k+1)+F(k+1)^2=F(k+2)F(k+1)=F(k+1)F(k+1+1).
　　 よって，n=k+1の場合も成立することが分かる．//

ＮＯ２「toru」さん　　　7/29: 13時54分 受信 更新8/17

１．Fn+2―Fn+1＝Fn 　においてn=1,2,3,------,nとして辺辺をたすとFn+2―F2＝F1
＋F2＋F3＋-------＋Fn  F2＝1だから性質１が成り立つ。

２．F2n+2―F2n＝F2n+1 (n=1,2,3----)は, F0＝0とすればn=0でも成り立つから、
n=0,1,2,3,------,n-1 として辺辺たすとF2n＝F1＋F3＋F5＋---＋F2n-1

３． F2n+1―F2n-1＝F2n  においてn=1,2,3,------,nとして辺辺をたすとF2n+1―F1
＝F2＋F4＋F6＋-------＋F2n,  F1＝1だから性質3が成り立つ。

４． F2n＝2FnFn+1―Fn^2, F2n+1＝Fn^2＋Fn+1^2と仮定して数学的帰納法で証明する、
n=1のときF2=2F1F2―F1^2＝1,F3=F1^2＋F2^2＝2,で成り立つ、n=n+1として、F2n+2
＝F2n＋F2n+1＝(2FnFn+1―Fn^2)＋(Fn^2＋Fn+1^2)＝2FnFn+1＋Fn+1^2＝2(Fn+2
―Fn+1)Fn+1＋Fn+1^2＝2Fn+1Fn+2―Fn+1^2, F2n+3＝F2n+1＋F2n+2＝(Fn^2＋Fn+1^2)
＋(2Fn+1Fn+2―Fn+1^2)＝Fn^2＋2Fn+1Fn+2＝(Fn+2―Fn+1)^2＋2Fn+1Fn+2＝Fn+1^2
＋Fn+2^2 より性質４は証明された。

５．Fn+1Fn+2―FnFn+1＝Fn+1(Fn+Fn+1)―FnFn+1=Fn+1^2 においてF0=0 とすればこれ
はn=0でも成り立つからn=0,1,2,---n-1として辺辺たせば、FnFn+1＝F1^2＋F2^2
＋F3^2＋-------＋Fn^2

＜コメント＞性質１、２、３、５も数学的帰納法を使えば簡単に証明できますが、どうも答を与えられて確かめているだけのようで気に入らないので、なんでこんな式が出てくるのか考える上でも、直接導いてみました。ところが、どうも４はうまく行かずに結局帰納法を使った上にあまりスマートでない解答になってしまいました。きっと、もっとエ
レガントな方法があるのでしょうが、なかなか時間もとれず、取りあえず答を送っておきます。　

「toru」さん 8/01: 11時07分 受信 更新8/17

フィボナッチ数列F0=0,F1=1,Fn+2=Fn+1+Fn (n=0,1,2---)の一般項はx^2-x-1=0の２解
をα、β(α<β)とすると α＋β=1,αβ=-1で Fn=(β^n―α^n)／(β―α)　
ここで(β^(2n+1)―α^(2n+1))(β―α)＝β^2(n+1)＋α^2(n+1)＋β^(2n)＋α^(2n)
＝(β^n＋α^n)^2＋(β^(n+1)＋α^(n+1))^2が成り立つから、両辺を(β―α)^2で割
れば、F2n+1＝Fn^2＋Fn+1^2が成り立つことが分かります。ここでαβ=-1は使ってい
ますが、α＋β=1の方は使っていませんので、この関係はF0=0,F1=1,Fn+2=kFn+1+Fn
でも成り立つと思われます。例えばk＝２とすると、この数列
は(0),1,2,5,12,29,70,169,408,985,2378,5741,-----となりますが、1^2+2^2=5,
2^2+5^2=29, 5^2+12^2=169 というような感じで成り立っています。

＜コメント＞性質４について別解を作ってみました。一般解を求めてごりごり計算するのはどうかとも思いましたが、やってみるとこの問題に関してはこの方がよいかと？、どんなもんでしょう。

ＮＯ３「kasama」さん　 7/29: 23時01分 受信 更新8/17

【性質１】
　漸化式を適当に操作すると出来そうですね。漸化式を順番に並べてみると、

　　F(n) + F(n+1) = F(n+2)
　　F(n-1) + F(n) = F(n+1)
　　F(n-2) + F(n-1) = F(n)
　　　　　・・・
　　F(1) + F(2) = F(3)　となります。これらの式を加算すると

　2×{F(1)+F(2)+・・・+F(n)} - F(1) + F(n+1) =
　　 {F(1)+F(2)+・・・+F(n)} - F(1) - F(2) + F(n+1) + F(n+2)
　⇒ F(1)+F(2)+・・・+F(n) = F(n+2) - F(2)

　となります。ここで、F(2)=1ですから性質１は成り立ちます。以下の性質２、３から導くこともできると思います。でも順番通りに！

【性質２】
　これも漸化式を適当に操作すると出来そうですね。

　　F(2n) = F(2n-1) + F(2n-2)
　　　　　= F(2n-1) + F(2n-3) + F(2n-4)
　　　　・・・・・
　　　　　= F(2n-1) + F(2n-3) + F(2n-5) + ・・・ + F(3) + F(2)

　ここで、F(2)=F(1)ですから、性質２は成り立ちます。

【性質３】
　これも同様にして

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

　ここで、F(1)=1ですから、性質３は成り立ちます。


【性質４】
　うーん難しい、漸化式をうまく変形するとできる(？)かもしれませんが、技量がないので少し回り道をして考えました。
　まず、少し別の方向から考えて、自然数m、nに対して、

    F(n) = F(m+1)F(n-m) + F(m)F(n-m-1) ・・・ (1)

　が成り立つことを確かめます。mに関する数学的帰納法で証明します。

�@m=1の場合

　F(n) = F(1+1)F(n-1) + F(1)F(n-1-1)
　　　 = F(2)F(n-1) + F(1)F(n-2)
　　　 = F(n-1) + F(n-2)

　となり成り立ちます。

�Am=kのとき(1)式が成立するとして、m=k+1の場合
　仮定より、

　　F(n) = F(k+1)F(n-k) + F(k)F(n-k-1)

　です。これを変形して、

　　F(n) = F(k+1){F(n-k-1) + F(n-k-2)} + F(k)F(n-k-1)
　　　　 = F(k+1)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2) + F(k)F(n-k-1)
　　　　 = {F(k+1) + F(k)}F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)
　　　　 = F(k+2)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)

　一方、(1)式にm=k+1を代入して

　　F(n) = F((k+1)+1)F(n-(k+1)) + F(k+1)F(n-(k+1)-1)
　　　　 = F(k+1+1)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-1-1)
　　　　 = F(k+2)F(n-k-1) + F(k+1)F(n-k-2)

　よって、m=k+1の場合も成り立ちます。

�B上記�@、�Aよりすべての自然数m、nに対して、(1)式が成り立ちます。

　さて、かなり道草をしてしまいましたが、もう少しです。(1)においてn→2n+1、m→nとすると

　　F(2n+1) = F(n+1)F(2n+1-n) + F(n)F(2n+1-n-1)
　　　　　　= F(n+1)^2 + F(n)^2

　よって、性質４は成り立ちます。

【性質５】
　これも少し回り道をします。

　　F(i)F(i+1) = F(i){F(i-1) + F(i)} = F(i)F(i-1) + F(i)^2
　　⇒ F(i)^2 = F(i)F(i+1) - F(i)F(i-1) ・・・(1)

　(1)式をi=2,3,・・・,nの範囲で加算すると

　　左辺 = F(2)^2 + F(3)^2 + ・・・ + F(n)^2
　　右辺 = F(2)F(3) + F(3)F(4) + ・・・ + F(n)F(n+1)
　　　　 - { F(2)F(1) + F(3)F(2) + ・・・ + F(n)F(n-1) }
　　　　 = F(n)F(n+1) - F(2)F(1)

　つまり、

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

　となり、F(2)=F(1)=F(1)^2に注意すると、

　　F(1)^2 + F(2)^2 + F(3)^2 + ・・・ + F(n)^2 = F(n)F(n+1)

　よって、性質５は成り立ちます。

＜コメント＞さて、懲りずに第123回応募問題に挑戦してみました（作業を増やしてしまうことをご勘弁下さい）。
　問題のフィボナッチ数列の関係式はよく目にしますが、「証明してみて下さい」と言われると・・・うーんと言った感じですね。でも何とか頭をフル回転させて証明したつもりす。基本的には、コツコツと数学的帰納法でやれば、すべて証明できるものと思いますが、性質４以外は漸化式を変形して証明してみました。

「kasama」さん 8/01: 22時41分 受信 更新817

【準備】

　前回の問題では行列式（これは大学で習う）を使ってしまいましたが、今回は高校数学で習う行列を利用します。いきなり証明するのは大変なので少し準備体操をしておきます。

まず、フィボナッチ数列を以下のような行列で表現します。

Ｆ_n+1

「Kasama」さん 8/07: 23時47分 受信 更新8/17

【準備】

　高校２〜３で習う行列を利用します。と言ってもあまり深く習わないようなので、まあ、こんなやり方もあるんだなあ〜と言う程度にみてもらえると有り難いです。いきなり証明するのは大変なので少し準備体操をしておきます。

まず、フィボナッチ数列を以下のような行列で表現します。

　

特に、ｎ＝１の場合は

　

で、Ｆ₀＝0と約束しておきます。すると、

　

同様に、Ｈ・Ｈⁿ＝Ｈⁿ⁺¹です。

また、Ｅを単位行列として、

　

ですから、両辺からＨ^n-1を掛けると、

　Ｈⁿ＋Ｈ^n-1＝Ｈⁿ⁺¹

です。さらに、

　

です。以上でひとまず準備完了！

【性質１】

まず、等比数列の公式から

です。ここで、(Ｈ＋Ｅ)^-1＝Ｈですから、右辺＝Ｈ²(Ｈⁿ−Ｅ)＝Ｈⁿ⁺²−Ｈとなり、

　Ｈ＋Ｈ²＋・・・＋Ｈ^n-1＝Ｈⁿ⁺²−Ｈ

です。行列の2行1列目の要素に着目すると、

　Ｆ₁＋Ｆ₂＋・・・＋Ｆ_n＝Ｆ_n+2−1

となっていますね。

【性質２】

これも、等比数列の公式から

です。Ｈ＋Ｅ= Ｈ²⇒Ｈ²−Ｅ＝Ｈですから、

　Ｈ＋Ｈ³＋・・・＋Ｈ^2n-1＝Ｈ²ⁿ−Ｅ

です。行列の2行1列目の要素に着目すると、

　Ｆ₁＋Ｆ₃＋・・・＋Ｆ_2n-1＝Ｆ_2n

です。

【性質３】

これも、等比数列の公式から

つまり、【性質２】でやったように、Ｈ²−Ｅ＝Ｈですから、

　Ｈ²＋Ｈ⁴＋・・・＋Ｈ²ⁿ＝Ｈ²ⁿ⁺¹−Ｈ　・・・(1)

です。行列の2行1列目の要素に着目すると、

　Ｆ₂＋Ｆ₄＋・・・＋Ｆ_2n＝Ｆ_2n+1−１

です。

　

【性質４】

まず、

　Ｈ²ⁿ⁺¹＝Ｈⁿ⁺¹・Ｈⁿ　・・・(2)

です。H²ⁿ⁺¹の要素を行列で表現すると、

　

また、Ｈⁿ⁺¹・Ｈⁿについても同様にして、

　

です。Ｈ²ⁿ⁺¹とＨⁿ⁺¹・Ｈⁿの２行１列目の要素を比較すると、

　Ｆ_n²+Ｆ_n+1²＝Ｆ_2n+1

です。

　

【性質５】

　【性質３】の(1)式を【性質４】の(2)式でチョット変形します。

　Ｈ²＋Ｈ⁴＋・・・＋Ｈ²ⁿ＝Ｈ²ⁿ⁺¹−Ｈ

⇒Ｈ･Ｈ＋Ｈ²･Ｈ²＋・・・＋Ｈⁿ･Ｈⁿ＝Ｈⁿ⁺¹・Ｈⁿ−Ｈ

Ｈⁿ･Ｈⁿの要素を行列で表現すると、

　

同様に、Ｈⁿ⁺¹・Ｈⁿ−Ｈの要素を行列で表現すると（【性質４】の(3)式で計算した結果を活用します）、

です。Ｈ･Ｈ＋Ｈ²･Ｈ²＋・・・＋Ｈⁿ･ＨⁿとＨⁿ⁺¹・Ｈⁿ−Ｈの２行２列目の要素を比較すると、

　(Ｆ₀²+Ｆ₁²)＋(Ｆ₁²+Ｆ₂²)＋･･･＋(Ｆ_n-1²+Ｆ_n²)＝Ｆ_n(Ｆ_n-1＋Ｆ_n+1)

⇒Ｆ₀²＋2(Ｆ₁²＋Ｆ₂²＋･･･＋Ｆ_n²)−Ｆ_n²＝Ｆ_n(Ｆ_n-1＋Ｆ_n+1)

⇒Ｆ₀²＋2(Ｆ₁²＋Ｆ₂²＋･･･＋Ｆ_n²)＝Ｆ_n(Ｆ_n-1＋Ｆ_n＋Ｆ_n+1)

ここで、Ｆ₀＝0、Ｆ_n-1＋Ｆ_n＝Ｆ_n+1なので、

⇒2(Ｆ₁²＋Ｆ₂²＋･･･＋Ｆ_n²)＝Ｆ_n(Ｆ_n+1＋Ｆ_n+1)＝2Ｆ_nＦ_n+1

⇒Ｆ₁²＋Ｆ₂²＋･･･＋Ｆ_n²＝Ｆ_nＦ_n+1

となります。

＜コメント＞さて、完成度の程は見てもらわなければなんとも言えませんが、とりあえず、行列を利用した証明をお送り致します。高校生１年生にとって、あまり良いやり方ではありませんので、参考程度に扱ってもらえたら良いのではないかと思います。

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