◆東京都 Asami さんからの解答。
【問題１】
n＝0のときは明らかに成り立つ。
n＝1のときもF1＝F-1＝1から明らか。
以下ではn＞0についてのみ
F-n(χ)＝(-1)n-1・Fn(χ)
を示せば十分であることがわかる。
(n＜0についてはn＝−m(m＞0)とおけば同じ式を得られるから)
F-n(χ)＝(-1)n-1・Fn(χ)
F-n+1(χ)＝(-1)n-2・Fn-1(χ)が成り立つと仮定した下で
(１)より
(-1)n・Fn+1(χ)
＝(-1)n・{χFn(χ)＋Fn-1(χ)}
＝(-1)χF-n(χ)＋F-n+1(χ)
再び(１)より
＝F-n-1(χ)
∴F-n-1(χ)＝(-1)n・Fn+1(χ)
【１証明終了】
【問題２】
m+n≧0で示せば十分である。
もしこれが成り立てば(２)より
F-(m+n)(χ)
＝(-1)m+n-1・{Fm(χ)Fn+1(χ)＋Fm-1(χ)Fn(χ)}
＝{(-1)m+n-1・F-m・F-n-1＋(-1)m+n-3・F-m+1・F-n}
＝F-m+1・F-n＋F-m・F-n-1
が得られるからである。
m+n＝0のとき
F-n+1・Fn＋F-n・Fn-1
(２)より
＝0＝F0である。
m+n＝1のとき………
1＝F1
＝Fm+n＝F2-n・Fn＋F1-n・Fn-1なので
Fn-2・Fn−(Fn-1)2＝(−1)n-1
(特にn≧0)を示すことに帰着されるが、
それは
Fn＝χFn-1＋Fn-2
Fn+1＝χFn＋Fn-1
から、
(Fn−Fn-2)・Fn
＝χFn-1・Fn
＝ (Fn+1−Fn-1)・Fn-1
∴Fn・Fn-2−(Fn-1)2＝Fn2−Fn+1・Fn-1
からｎが１つ増えると、符号が反転することからわかる。
m+n＝k,k-1(≧1)のとき成り立つと仮定した下で
m+n＝k+1のとき
(３)
Fm+n
＝χ・Fm+n-1＋Fm+n-2
＝Fm+1(χFn-1＋Fn-2)＋Fm(χFn-2＋Fn-3)
＝Fm+1・Fn＋Fm・Fn-1
【２証明終了】
【問題３】
nが“整数”のときFn | Fnは明らか
Fn | Fmnが成り立つと仮定した下で
F(m+1)n
(３)より
＝Fmn・Fn+1＋Fmn-1・Fn
∴Fn | F(m+1)n
【３証明終了】
【問題４】
Fn | Ft ⇒ n | tを示せばよい
(特にn,t≧0の場合を示せばよい)
まずFn-1とFnは互いに素(共通な1次以上の多項式を持たない)なことは、
Fn-2・Fn−(Fn-1)2
＝(−1)n-1からわかる。
さて、Fn | Ftのとき
t＝nk＋a(n＞a≧0)とおくと
Fnk+a
＝Fnk・Fa+1＋Fnk-1・Fa
及び上記に示された事実によって
Fn | Faとわかる。
従ってa＝0である。
∴n | t
【４証明終了】
【感想】
誘導がとても親切だと思いました。
◆東京都 Asami さんからの解答。
【追加】
あとから気づきましたが、これって、フィボナッチ数列の拡張ですね。
この多項式に関連した何か面白い話題(性質や背景etc..)があれば教えて下さい。
【コメント】
私も、『フィボナッチ数列の性質』を思い出していました。
【出題者からのコメント】
Asamiさん、「多項式の列」の問題への回答、ありがとうございました。
問題の意図に気づいてくれて嬉しいです。
回答者の方々に自分で気づいてもらうために、わざと名前を出さなかったのですが、例の多項式は、Fibonacci多項式と呼ばれています。
(Fn(X)のFはFibonacciのFです。)
証明は、私の見る限り正しいと思います。
Asamiさんの解答では、
Fn+1(X)Fn-1(X)-Fn(X)2=(-1)n
という"副産物"も得られましたね。
この多項式の性質については、私は残念ながらこれ以上あまり知らないので、今から調べてみることにします。
なお、「フィボナッチ数列の性質」の"問題4"は、私の"問3"から直ちに導かれます。