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すぐるホームページ > フィボナッチ数列に現れる平方数は 1 と 144 だけであることの証明
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| フィボナッチ数列とは |
フィボナッチ数列 とは，「前の 2 つの数を加えると次の数になる」という数列です。
ただし，1 番目と 2 番目の数は両方とも１です。
1, 1,
1 ＋ 1 ＝ 2 ですから，3 番目の数は 2 になります。
1, 1, 2,
1 ＋ 2 ＝ 3 ですから，4 番目の数は 3 です。
1, 1, 2, 3,
5 番目の数は，2 ＋ 3 ＝ 5 です。
1, 1, 2, 3, 5,
このようにしてできる数列が，「フィボナッチ数列」です。
12 番目までのフィボナッチ数列は，次のようになります。
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, …
12 番目までのフィボナッチ数列の中に，平方数は何個現れているでしょう。
12 番目までには，1 番目と 2 番目に "1"，12 番目に "144"という平方数が現れています。
"1" と "144"の，2 種類の平方数が現れているわけですね。
では，13 番目以降には，どんな平方数が現れるでしょうか。
実は，どんなにフィボナッチ数列を書いていっても，13 番目以降には永遠に平方数は現れないのです。
このことは，西暦 1964 年にコーンさんによって証明されました。
このページでは，その コーンさんの証明の内容を見ていきます。ただし，初等数学の知識で理解できるように，（行間を読み取らなくてよいように，）証明を少し変えてあります。
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| 参考文献 |
次の書籍やウェブサイトを参考にしました。
フィボナッチ数の小宇宙(ミクロコスモス)―フィボナッチ数、リュカ数、黄金分割
フィボナッチ数列の中の平方数に関して完全に解説している，日本で唯一無二の本かも知れません。
素数が奏でる物語 2つの等差数列で語る数論の世界 (ブルーバックス)
「平方剰余の相互法則の第一補充法則」というカッコいい名前の法則を，この本で理解できました。
素数はめぐる 循環小数で語る数論の世界 (ブルーバックス)
循環小数についての本はいろいろ読みましたが，素数との関係がわかりやすく書かれた本です。
世界は2乗でできている 自然にひそむ平方数の不思議 (ブルーバックス)
フィボナッチ数列の中の平方数に関する証明の概略が書いてあり，霧が晴れた気持ちになりました。
144：フィボナッチ数と平方数
フィボナッチ数列と平方数に関して，完全に証明しているサイトです。
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| 証明の大まかな流れ |
フィボナッチ数列に現れる平方数は 1 と 144 だけである ことの証明は，次のような流れで進んでいきます。
第 1 章 フィボナッチ数列を，拡張フィボナッチ数列にします。
↓
第 2 章 リュカ数列と，拡張リュカ数列を定義します。
↓
↓
↓
第 5 章 リュカ数列に現れる平方数は，1 と 4 だけであることを証明します。
↓
第 6 章 リュカ数列に現れる「 2 ×平方数」は，18 だけであることを証明します。
↓
第 7 章 ＜最終定理＞ フィボナッチ数列に現れる平方数は，1 と 144 だけであることを証明します。
証明は，各々のボタンをクリックすれば表示できるようになっていますが，
すべての証明を
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| 第 1 章 フィボナッチ数列を，拡張フィボナッチ数列にします。 |
フィボナッチ数列の定義
「フィボナッチ数列」とは，1 番目と 2 番目が 1 で，3 番目からは，「前の 2 つの数を加えると次の数になる」という数列です。
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, …
フィボナッチ数列の 1 番目が 1 であることを， と表すことにします。
2 番目も 1 ですから， です。
3 番目は 2 ですから， です。
同じように考えると，次のようになります。
 ……
前の 2 つの数を加えると次の数になるのですから， を自然数として，
＜フィボナッチ数列の定義＞
となります。
拡張フィボナッチ数列とは
ところで，たし算の逆はひき算ですから，たとえば
 から， となります。
同じように考えれば，
……を定義することができて，次のようになります。
このように，
……だけでなく，
……もふくめた，
……
……
拡張フィボナッチ数列の定理
先ほど名付けた拡張フィボナッチ数列を，Ｆn と Ｆ-n とをくらべやすいように整理すると，次のようになります。
が奇数のときは， で， が偶数のときは， となっているようですね。
つまり，
＜拡張フィボナッチ数列の定理＞
 が 0 以上の整数のとき， ^{n%2B1}\ F_{-n}&chf=bg,s,bbffbb) が成り立つ。
| （証明） |
に関する数学的帰納法で証明します。
 のとき，
左辺 ＝  ，
右辺 ＝ ^{0%2B1}\ F_{-0}=(-1)\cdot0=0) なので，成り立っています。
 のとき，
左辺 ＝ ，
右辺 ＝ ^{1%2B1}\ F_{-1}=1\cdot1=1) なので，成り立っています。
 のときと， のときに，与式が成り立っていると仮定します。つまり，
^{k%2B1}\ F_{-k}) | （…「仮定式①」と名付けます） |
と，
^{k%2B2}\ F_{-(k%2B1)}) | （…「仮定式②」と名付けます） |
が，成り立っていると仮定するのです。
このときに， のときの式である，
^{k%2B3}\ F_{-(k%2B2)}) | （…「証明すべき式」と名付けます） |
が成り立つことを証明すれば，完成です。
ところで，
に ) を代入すると，
%2B2}=F_{-(k%2B2)}%2BF_{-(k%2B2)%2B1})
式を整理して，
}%2BF_{-(k%2B1)})
移項して，
}=F_{-k}-F_{-(k%2B1)})
上の式を利用して，
「証明すべき式」の右辺
^{k%2B3}\ (F_{-k}-F_{-(k%2B1)})) | （∵上の式を利用） |
^{k%2B3}\ F_{-k}-(-1)^{k%2B3}\ F_{-(k%2B1)}) | （∵分配法則） |
^2\cdot(-1)^{k%2B1}\ F_{-k}-(-1)\cdot(-1)^{k%2B2}\ F_{-(k%2B1)}) | （∵ ） |
^{k%2B1}\ F_{-k}%2B(-1)^{k%2B2}\ F_{-(k%2B1)}) | （∵^2=1,\ \ -(-1)=1) ） |
 | （∵仮定式①，仮定式②） |
＝「証明すべき式」の左辺
よって， のときの式と， のときの式を仮定したときに， のときの式が成り立つので，数学的帰納法により，＜拡張フィボナッチ数列の定理＞が成り立つことがわかりました。
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| 第 2 章 リュカ数列と拡張リュカ数列を定義します。 |
「フィボナッチ数列」 とは，「 1 番目が 1, 2 番目も 1 で，3 番目からは，前の２つの数を加えると次の数になる」 という数列でした。（→フィボナッチ数列の定義）
「リュカ数列」 は，「前の２つの数を加えると次の数になる」 というところはフィボナッチ数列と同じで，1 番目の数は 1 であることもフィボナッチ数列と同じですが，2 番目が 1 ではなく，3 であることが，フィボナッチ数列と違います。
リュカ数列は，次のように定義されます。
＜リュカ数列の定義＞
リュカ数列を 1 番目から 10 番目まで書くと，次のようになります。
1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123，…
リュカ数列も，拡張フィボナッチ数列のように拡張することができます。
このように，
……だけでなく，
……もふくめた，
……
……
拡張リュカ数列の定理
先ほど名付けた拡張リュカ数列を，Ｌn と Ｌ-n とをくらべやすいように整理すると，次のようになります。
が偶数のときは， で， が奇数のときは， となっているようですね。
つまり，
＜拡張リュカ数列の定理＞
が 0 以上の整数のとき， ^n\ L_{-n}&chf=bg,s,bbffbb) が成り立つ。
| （証明） |
証明の内容は，＜拡張フィボナッチ数列の定理＞ とほとんど同じです。
に関する数学的帰納法で証明します。
のとき，
左辺 ＝  ，
右辺 ＝ ^0\ L_{-0}=1\cdot2=2) なので，成り立っています。
のとき，
左辺 ＝  ，
右辺 ＝ ^1\ L_{-1}=(-1)\cdot(-1)=1) なので，成り立っています。
のときと， のときに，与式が成り立っていると仮定します。つまり，
^k\ L_{-k}) | （…「仮定式①」と名付けます） |
と，
^{k%2B1}\ L_{-(k%2B1)}) | （…「仮定式②」と名付けます） |
が，成り立っていると仮定するのです。
このときに， のときの式である，
^{k%2B2}\ L_{-(k%2B2)}) | （…「証明すべき式」と名付けます） |
が成り立つことを証明すれば，完成です。
ところで，
に を代入すると，
%2B2}=L_{-(k%2B2)}%2BL_{-(k%2B2)%2B1})
式を整理して，
}%2BL_{-(k%2B1)})
移項して，
}=L_{-k}-L_{-(k%2B1)})
上の式を利用して，
「証明すべき式」の右辺
^{k%2B2}\ (L_{-k}-L_{-(k%2B1)})) | （∵上の式を利用） |
^{k%2B2}\ L_{-k}-(-1)^{k%2B2}\ L_{-(k%2B1)}) | （∵分配法則） |
^2\cdot(-1)^k\ L_{-k}-(-1)\cdot(-1)^{k%2B1}\ L_{-(k%2B1)}) | （∵） |
^k\ L_{-k}%2B(-1)^{k%2B1}\ L_{-(k%2B1)}) | （∵） |
 | （∵仮定式①，仮定式②） |
＝「証明すべき式」の左辺
よって， のときの式と， のときの式を仮定したときに， のときの式が成り立つので，数学的帰納法により，＜拡張リュカ数列の定理＞が成り立つことがわかりました。
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リュカ数列は，「フィボナッチ数列に現れる平方数は 1 と 144 だけである証明」に，大変重要な働きをします。
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| 第 3 章 18 個の予備の定理を証明します。 |
第 5 章以降の定理を証明するためには，18 個の予備の定理を証明する必要があります。
証明には数学的帰納法を使ったものが数多くあります。
通常の数学的帰納法は，次のようにして，すべての自然数 に対して定理が成り立つことを証明します。
-
 のときに定理が成り立つのを証明する。
-
 のときに定理が成り立つのを証明する。
-
 のときと， のときに定理が成り立つことを仮定すると， のときに成り立つことが証明できる。
しかし，拡張フィボナッチ数列や，拡張リュカ数列の定理の場合は， の場合も証明しなくてはならないので，次の場合にも成り立つことを証明しなければなりません。
- のときと， のときに定理が成り立つことを仮定すると，
 のときに成り立つことが証明できる。
また， が自然数ではなく，マイナスをふくめたすべての整数を表している場合は， のときと  のときに定理が成り立つことを証明しなくても，たとえば のときと のときのように，連続していればどんな 2 つの整数を使っても構いません。
では，18 個の予備の定理を 1 つずつ，証明していきましょう。
＜定理 3-1＞
が整数のとき， 
| （証明） |
に関する数学的帰納法で証明します。
のとき，
左辺＝右辺 なので，成り立っています。
のとき，
左辺＝右辺 なので，成り立っています。
のときと， のときに，与式が成り立っていると仮定します。つまり，
 | （…「仮定式①」と名付けます） |
と，
 | （…「仮定式②」と名付けます） |
が，成り立っていると仮定するのです。
このときに， のときの式である，
 | （…「証明すべき式①」と名付けます） |
と， のときの式である，
 | （…「証明すべき式②」と名付けます） |
が成り立つことを証明すれば，完成です。
「証明すべき式①」の左辺
%2B(F_k%2BF_{k%2B2})) | （∵仮定式①，仮定式②） |
%2B(F_{k%2B1}%2BF_{k%2B2})) | （∵交換） |
＝「証明すべき式①」の右辺
また，フィボナッチ数列の定義により，
式を変形して，
変形した式の に  を代入して，
 | （…途中式①と名付けます） |
変形した式の に  を代入して，
 | （…途中式②と名付けます） |
さらに，リュカ数列の定義により，
式を変形して，
この式の に  を代入して，
 | （…途中式③と名付けます） |
「証明すべき式②」の左辺
 | （∵途中式③） |
-(F_{k-1}%2BF_{k%2B1})) | （∵仮定式①，仮定式②） |
%2B(F_{k%2B2}-F_{k%2B1})) | （∵交換） |
 | （∵途中式①，途中式②） |
＝「証明すべき式②」の右辺
よって， のときの式と， のときの式を仮定したときに， のときの式と のときの式が成り立つので，数学的帰納法により，＜定理 3-1＞が成り立つことがわかりました。
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＜定理 3-2＞
 が整数のとき， 
| （証明） |
に関する数学的帰納法で証明します。
のとき，
右辺
＝左辺 なので，成り立っています。
のとき，
右辺
%2BF_{m%2B1}) | （∵結合法則） |
＝左辺 なので，成り立っています。
のときと， のときに，与式が成り立っていると仮定します。つまり，
 | （…「仮定式①」と名付けます） |
と，
 | （…「仮定式②」と名付けます） |
が，成り立っていると仮定するのです。
このときに， のときの式である，
 | （…「証明すべき式①」と名付けます） |
と， のときの式である，
 | （…「証明すべき式②」と名付けます） |
が成り立つことを証明すれば，完成です。
「証明すべき式①」の右辺
%2BL_m(F_k%2BF_{k%2B1}))
 | （∵分配法則） |
%2B(F_mL_{k%2B1}%2BL_mF_{k%2B1})) | （∵交換） |
 | （∵仮定式①，仮定式②） |
) | （∵分配法則） |
＝「証明すべき式①」の左辺
「証明すべき式②の右辺」
%2BL_m(F_{k%2B1}-F_k))
 | （∵分配法則） |
-(F_mL_k%2BL_mF_k)) | （∵交換） |
 | （∵仮定式②，仮定式①） |
) | （∵分配法則） |
＝「証明すべき式②の左辺」
よって， のときの式と， のときの式を仮定したときに， のときの式と のときの式が成り立つので，数学的帰納法により，＜定理 3-2＞が成り立つことがわかりました。
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＜定理 3-3＞
が整数のとき， 
| （証明） |
に関する数学的帰納法で証明します。
のとき，
右辺
＝左辺 なので，成り立っています。
のとき，
右辺
%2BF_{m%2B1}) | （∵結合法則） |
 | （∵ 1+1=2） |
 | （∵4=2+2） |
) | （∵分配法則） |
) | （∵分配法則） |
＝左辺 なので，成り立っています。
のときと， のときに，与式が成り立っていると仮定します。つまり，
 | （…「仮定式①」と名付けます） |
と，
 | （…「仮定式②」と名付けます） |
が，成り立っていると仮定するのです。
このときに， のときの式である，
 | （…「証明すべき式①」と名付けます） |
と， のときの式である，
 | （…「証明すべき式②」と名付けます） |
が成り立つことを証明すれば，完成です。
「証明すべき式①」の右辺
%2BL_m(L_k%2BL_{k%2B1}))
 | （∵分配法則） |
%2B(5\ F_mF_{k%2B1}%2BL_mL_{k%2B1})) | （∵交換） |
 | （∵仮定式①，仮定式②） |
) | （∵分配法則） |
＝「証明すべき式①」の左辺
「証明すべき式②の右辺」
%2BL_m(L_{k%2B1}-L_k))
 | （∵分配法則） |
-(5\ F_mF_k%2BL_mL_k)) | （∵交換） |
 | （∵仮定式②，仮定式①） |
) | （∵分配法則） |
＝「証明すべき式②の左辺」
よって， のときの式と， のときの式を仮定したときに， のときの式と のときの式が成り立つので，数学的帰納法により，＜定理 3-3＞が成り立つことがわかりました。
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＜定理 3-4＞
が整数のとき， ^n&chf=bg,s,bbffbb)
| （証明） |
が偶数の場合と奇数の場合に分けて証明します。
＜ が偶数の場合＞
 として，^n=(-1)^{2m}=((-1)^2)^m=1^m=1) ですから， を証明すればよいことになります。
 に関する数学的帰納法で証明します。
 のとき，
左辺
＝右辺 なので，成り立ちます。
 のときに，与式が成り立っていると仮定します。つまり，
 | （…「仮定式」と名付けます） |
が，成り立っていると仮定するのです。
このときに， のときの式である，
と， のときの式である，
 | （…「証明すべき式②」と名付けます） |
が成り立つことを証明すれば，完成です。
「証明すべき式①」の左辺
 | （∵分配法則） |
) | （∵交換） |
F_{2k%2B2}) | （∵分配法則） |
) | （∵分配法則） |
-{F_{2k}}^2) | （∵交換） |
F_{2k%2B1}-{F_{2k}}^2) | （∵分配法則） |
| （∵仮定式） |
＝「証明すべき式①」の右辺
「証明すべき式②」の左辺
 | （∵分配法則） |
) | （∵交換） |
) | （∵分配法則） |
 | （∵分配法則） |
-{F_{2k}}^2) | （∵交換） |
-{F_{2k}}^2) | （∵分配法則） |
| （∵仮定式） |
＝「証明すべき式②」の右辺
よって， のときの式を仮定したときに， のときの式と のときの式が成り立つので，数学的帰納法により，＜定理 3-4＞はが偶数の場合に成り立つことがわかりました。
＜ が奇数の場合＞
 として，^n=(-1)^{2m%2B1}=((-1)^2)^m\cdot(-1)^1=1^m\cdot(-1)=-1) ですから， を証明すればよいことになります。
に関する数学的帰納法で証明します。
 のとき，
左辺
＝右辺 なので，成り立ちます。
のときに，与式が成り立っていると仮定します。つまり，
 | （…「仮定式」と名付けます） |
が，成り立っていると仮定するのです。
このときに， のときの式である，
と， のときの式である，
 | （…「証明すべき式②」と名付けます） |
が成り立つことを証明すれば，完成です。
「証明すべき式①」の左辺
 | （∵分配法則） |
) | （∵交換） |
F_{2k%2B3}) | （∵分配法則） |
) | （∵分配法則） |
-{F_{2k%2B1}}^2) | （∵交換） |
F_{2k%2B2}-{F_{2k%2B1}}^2) | （∵分配法則） |
| （∵仮定式） |
＝「証明すべき式①」の右辺
「証明すべき式②」の左辺
 | （∵分配法則） |
) | （∵交換） |
) | （∵分配法則） |
 | （∵分配法則） |
-{F_{2k%2B1}}^2) | （∵交換） |
-{F_{2k%2B1}}^2) | （∵分配法則） |
| （∵仮定式） |
＝「証明すべき式②」の右辺
よって， のときの式を仮定したときに， のときの式と のときの式が成り立つので，数学的帰納法により，＜定理 3-4＞はが奇数の場合に成り立つことがわかりました。
偶数のときも奇数のときも＜定理 3-4＞が成り立つことがわかったので，＜定理 3-4＞は証明されました。
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＜定理 3-5＞
が整数のとき， ^n\cdot4&chf=bg,s,bbffbb)
| （証明） |
左辺
}^2-5\ \ {F_n}^2) | （∵ 1 + 1 = 2） |
 | （∵ 式の展開） |
 | （∵ 1 - 5 = -4） |
) | （∵ 分配法則） |
-{F_n}^2)) | （∵ 分配法則） |
＝右辺
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＜定理 3-6＞
Ｆ 3の倍数＝偶数， Ｆ 3の倍数でない＝奇数
| （証明） |
を整数として，次の式を証明できればＯＫです。
 ＝偶数， ＝奇数， ＝奇数
に関する数学的帰納法で証明します。
のとき，
 ＝偶数，
 ＝奇数，
 ＝奇数
よって与式は成り立っています。
のとき，与式が成り立っていると仮定します。
つまり，
 ＝偶数， ＝奇数， ＝奇数
が成り立っていると，仮定するのです。
このときに， のときの式である，
 ＝偶数， ＝奇数， ＝奇数
と，
のときの式である，
 ＝偶数， ＝奇数， ＝奇数
が成り立つことを証明すれば，完成です。
 ＝奇数＋奇数＝偶数，
 ＝奇数＋偶数＝奇数，
 ＝偶数＋奇数＝奇数，
 ＝奇数-偶数＝奇数，
 ＝偶数-奇数＝奇数，
 ＝奇数-奇数＝偶数，
よって，証明すべき式は，すべて証明されました。
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＜定理 3-7＞
Ｌ 3の倍数＝偶数， Ｌ 3の倍数でない＝奇数
| （証明） |
定理 3-6 と，ほとんど同じ内容です。
を整数として，次の式を証明できればＯＫです。
 ＝偶数， ＝奇数， ＝奇数
に関する数学的帰納法で証明します。
のとき，
 ＝偶数，
 ＝奇数，
 ＝奇数
よって与式は成り立っています。
のとき，与式が成り立っていると仮定します。
つまり，
 ＝偶数， ＝奇数， ＝奇数
が成り立っていると，仮定するのです。
このときに， のときの式である，
 ＝偶数， ＝奇数， ＝奇数
と，
のときの式である，
 ＝偶数， ＝奇数， ＝奇数
が成り立つことを証明すれば，完成です。
 ＝奇数＋奇数＝偶数，
 ＝奇数＋偶数＝奇数，
 ＝偶数＋奇数＝奇数，
 ＝奇数-偶数＝奇数，
 ＝偶数-奇数＝奇数，
 ＝奇数-奇数＝偶数
よって，証明すべき式は，すべて証明されました。
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＜定理 3-8＞
が 3 の倍数でなければ，  と  は互いに素で，
が 3 の倍数であれば， と の最大公約数は 2 になる。
＜定理 3-9＞
が整数のとき， 
| （証明） |
に関する数学的帰納法で証明します。
のとき，
右辺
＝左辺 なので，成り立っています。
 のとき，
右辺
 | （∵ 2 = 1 + 1） |
＝左辺 なので，成り立っています。
のときと， のときに，与式が成り立っていると仮定します。つまり，
 | （…「仮定式①」と名付けます） |
と，
 | （…「仮定式②」と名付けます） |
が，成り立っていると仮定するのです。
このときに， のときの式である，
 | （…「証明すべき式①」と名付けます） |
と， のときの式である，
 | （…「証明すべき式②」と名付けます） |
が成り立つことを証明すれば，完成です。
「証明すべき式①」の右辺
 | （∵分配法則） |
%2B(F_{k%2B2}L_n%2BF_{k%2B1}L_{n-1})) | （∵交換） |
 | （∵仮定式①，仮定式②） |
＝「証明すべき式①」の左辺
「証明すべき式②の右辺」
 | （∵分配法則） |
-(F_{k%2B1}L_n%2BF_kL_{n-1})) | （∵交換） |
 | （∵仮定式②，仮定式①） |
＝「証明すべき式②の左辺」
よって， のときの式と， のときの式を仮定したときに， のときの式と のときの式が成り立つので，数学的帰納法により，＜定理 3-9＞が成り立つことがわかりました。
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＜定理 3-10＞
 が整数のとき， ^{m%2B1}\cdot2&chf=bg,s,bbffbb)
| （証明） |
定理 3-9 により，次のことがわかっています。
この式において， に を代入すると，
| （→「式ア」とします） |
また，定理 3-4 により，次のことがわかっています。
に を代入して，
^m)
| （→「式イ」とします） |
同じく，定理 3-4 により，
において， に  を代入して，
^{m-1})
| （→「式ウ」とします） |
与式の左辺－右辺
^{m%2B1}\cdot2)
^{m%2B1}\cdot2)
| （∵「式ア」） |
%2BF_m(F_{m-2}%2BF_m))
^{m%2B1}\cdot2)
^{m%2B1}\cdot2)
-(F_{m-1}F_{m%2B1}-{F_m}^2)-(-1)^{m%2B1}\cdot2)
^{m-1}-(-1)^m-(-1)^{m%2B1}\cdot2)
| （∵式ウ，イ） |
^{m-1}(1-(-1)^1-(-1)^2\cdot2))
^{m-1}(1-(-1)-1\cdot2))
^{m-1}(1%2B1-2))
^{m-1}\cdot0)
よって，与式の左辺と右辺が等しいので，＜定理 3-10＞が成り立つことがわかりました。
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次の＜定理 3-11＞以降の定理では，「……が  で割り切れる 」 という定理が数多く出てきますが，割り算ができるためには， が  ではないことが前提です。
しかし，リュカ数列の定義により， であるし， ですから， 以降も正なので， ではありません。
また， であるし，拡張リュカ数列の定理 により，^n\ L_{-n}) なので， が でないなら， も ではありません。
以上のことから， は にはならないことがわかり，安心して割り算できることがわかりました。
＜定理 3-11＞
が偶数のとき，  は  で割り切れる。
＜定理 3-12＞
が整数のとき，  は で割り切れる。
＜定理 3-13＞
が偶数で 3 の倍数でないとき，  は で割り切れる。
＜定理 3-14＞
が偶数で 3 の倍数でないとき，  は で割り切れる。
＜定理 3-15＞
が整数で， が偶数で 3 の倍数でないとき，  は で割り切れる。
＜定理 3-16＞
が整数で， が偶数で 3 の倍数でないとき，  は で割り切れる。
＜定理 3-17＞
が偶数で 3 の倍数でないとき， は  で割ると  あまる。
| （証明） |
すべての整数は，6 で割ったときのあまりは，0, 1, 2, 3, 4, 5 のいずれかです。
このあまりの中で，偶数で 3 の倍数でないものは，2, 4 のみです。
よって， を 6 で割ったときのあまりが 2 または 4 のとき， は 4 で割ると 3 あまることを証明すればＯＫです。
ところで，リュカ数列は，1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, ……のように，はじめの 2 つが 1 と 3 で，そのあとは，直前の 2 個の和を次々と求めていってできる数列ですが，これをちょっと変えて，「直前の 2 個の和」ではなく，「直前の 2 個の和を 4 で割ったときのあまり」にすると，次のような数列になります。
1, 3, 0, 3, 3, 2, 1, 3, ……
この数列を，6 個ずつ段にして書くと，次のようになります。
1, 3, 0, 3, 3, 2,
1, 3, 0, 3, 3, 2,
1, 3, 0, 3, 3, 2,
………………………
………………………
つまり， を 6 で割ったときのあまりが 2 または 4 のとき， は，4 で割ったときのあまりが 3 になります。
よって， が 偶数で 3 の倍数でないとき， は 4 で割ると 3 あまることが証明されました。
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＜定理 3-18＞
が 3 の倍数でなくしかも 4 の倍数であるとき， は  でも でも割り切れない。
| （証明） |
定理 3-7により，次のことがわかっています。
Ｌ 3の倍数＝偶数，Ｌ 3の倍数でない＝奇数
よって， が 2 で割り切れないことはわかりました。
あとは， が 3 でも割り切れないことがわかれば，証明終了です。
ところで，リュカ数列は，1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, ……のように，はじめの 2 つが 1 と 3 で，そのあとは，直前の 2 個の和を次々と求めていってできる数列ですが，これをちょっと変えて，「直前の 2 個の和」ではなく，「直前の 2 個の和を 3 で割ったときのあまり」にすると，次のような数列になります。
1, 0, 1, 1, 2, 0, 2, 2, ……
この数列を，4 個ずつ段にして書くと，次のようになります。
1, 0, 1, 1,
2, 0, 2, 2,
1, 0, 1, 1,
2, 0, 2, 2,
………………………
………………………
つまり， が 4 の倍数のとき， は，3 で割ったときのあまりが 1 か 2 になり，3 で割り切れることはありません。
よって， が 3 の倍数ではない 4 の倍数のとき， は 2 でも 3 でも割り切れないことが証明されました。
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| 第 4 章 素因数分解に関する定理を証明します。 |
この章は，次の 4 個の定理を証明するための章です。
＜定理 4-1＞
 が整数のとき，  を素因数分解したときに， 4 で割ると 3 あまるような素因数は現れない。
＜定理 4-2＞
が整数のとき，  を素因数分解したときに， 4 で割ると 3 あまるような素因数は現れない。
＜定理 4-3＞
が整数のとき，  を素因数分解したときに， 4 で割ると 3 あまるような素因数は，3 しか現れない。
＜定理 4-4＞
ある整数が，4 で割ると 3 あまる整数で割りきれるとき，その整数を素因数分解すると，必ず 4 で割ると 3 あまる素数がふくまれる。
この 4 個の定理を証明するために，「補題 4-1」，「補題 4-2」，「フェルマの小定理」，「フェルマの小定理の別の見方」，「因数定理の利用１」，「因数定理の利用２」，「因数定理の利用３」，「定理 4-1」，「定理 4-2」，「定理 4-3」, 「定理 4-4」の順に証明していきます。
＜補題 4-1＞
 が素数で，  が と互いに素な整数のとき， a&chf=bg,s,bbffbb) を で割ったあまりはすべて異なる。
| （証明） |
もし， と  とが，同じあまりを持っていると仮定します。
ここで， としても，一般性を失いません。
と の， で割ったときのあまりをどちらも とすると， のように表すことができますから，a=ia-ja=(q_1p%2Br)-(q_2p%2Br)=(q_1-q_2)p) ですから，a) は で割り切れることになります。
よって， の素因数の中に がふくまれているはずですが， は と互いに素なので を素因数に持っておらず， は， も  も から の間にある数なので， と の差（つまり， のこと）が， 以上に広がることはありえず， は 未満の数になるので，
を素因数に持っていません。
したがって， も を素因数に持っていないことになり，矛盾しています。
矛盾の原因は，a) の中で， で割ったときに，同じあまりがあるのが存在すると仮定したからなので，あまりはすべて異なることが証明できました。
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＜補題 4-2＞
整数  を 整数 で割ったときのあまりを  とすると，  は で割り切れる。
| （証明） |
………………………
とします。一般的に， です。
に関する数学的帰納法で証明します。
のとき， ですから， は で割り切れるので，成り立っています。
のとき， は で割り切れると仮定します。
そこで， とします。
 です。 | （…「式ア」と名付けます。） |
すると， のとき，
\ \ \cdot\ \ a_{k%2B1}\ \ -\ \ r_1\ \ r_2\ \ r_3\ \ .\ \ .\ \ .\ \ r_k\ \ r_{k%2B1})
\ \ \cdot\ \ a_{k%2B1}\ \ -\ \ r_1\ \ r_2\ \ r_3\ \ .\ \ .\ \ .\ \ r_k\ \ r_{k%2B1})
|
（∵「式ア」）
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(q_{k%2B1}m%2Br_{k%2B1})-\ \ r_1\ \ r_2\ \ r_3\ \ .\ \ .\ \ .\ \ r_k\ \ r_{k%2B1})
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（∵）
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（∵式の展開）
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（∵式の整理）
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m)
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（∵分配法則）
|
ですから， は で割り切れます。
よって，＜補題 4-2＞は証明されました。
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＜フェルマの小定理＞
が素数で， が と互いに素な整数のとき，  は で割り切れる。
＜フェルマの小定理の別の見方＞
が素数で， が整数のとき，  は で割り切れる。
| （証明） |
が と互いに素な整数のときは，フェルマの小定理により，
は で割り切れるので，) も で割り切れることになり，＜フェルマの小定理の別の見方＞が証明できました。
が と互いに素でないときは， は を素因数に持つので， とすることができ，^p-qp=q^pp^p-qp=(q^pp^{p-1}-q) \cdot\ p) も で割り切れることになり，＜フェルマの小定理の別の見方＞が証明できました。
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＜因数定理の利用１＞
が 4 で割ると 3 あまる素数のとき，  を で割ると，あまりは  になる。
| （証明） |
 を 2 次式  で割ったときの商を ) とします。
あまりは 1 次式になるので， とすると，
Q(x)%2Bax%2Bb)
この式は恒等式なので， にどんな値を代入しても，式は成り立ちます。
そこで，（ を 0 にしたいために） に虚数である を代入すると，
Q(i)%2Bia%2Bb)
ところで， は 4 で割ると 3 あまる素数なので， とすると，
Q(i)%2Bia%2Bb)
ところで，}^2=(-1)^2=1) なので，
}^k\cdot i^2\cdot i-i)
\cdot i-i)
\cdot i-i)
また，
Q(i)%2Bia%2Bb)
Q(i)%2Bia%2Bb)
%2Bia%2Bb)
よって，
したがって，
 になるので，Q(x)-2x) となり，＜因数定理の利用１＞は証明されました。
|
＜因数定理の利用２＞
が 4 で割ると 3 あまる素数のとき， を で割ると，あまりは x&chf=bg,s,bbffbb) になる。
| （証明） |
を 2 次式  で割ったときの商を とします。
あまりは 1 次式になるので， とすると，
Q(x)%2Bax%2Bb)
この式は恒等式なので， にどんな値を代入しても，式は成り立ちます。
そこで，（ を 0 にしたいために） に虚数である  を代入すると，
^p-2i=((2i)^2%2B4)Q(2i)%2B2ia%2Bb)
ところで， は 4 で割ると 3 あまる素数なので， とすると，
^{4k%2B3}-2i=((2i)^2%2B4)Q(2i)%2B2ia%2Bb)
ところで， なので，
^{4k%2B3}-2i)
^{4k}\cdot(2i)^3-2i)
}^k\cdot (2i)^2\cdot2i-2i)
^k\cdot(-4)\cdot 2i-2i)
i)
また，
^2%2B4)Q(2i)%2B2ia%2Bb)
Q(2i)%2B2ia%2Bb)
%2B4)Q(2i)%2B2ia%2Bb)
Q(2i)%2B2ia%2Bb)
%2B2ia%2Bb)
よって，
i=2ia%2Bb)
したがって，\ \ ,\ \ b=0) なので，\ \ ,\ \ b=0) になるので，Q(x)-(4\cdot16^k%2B1)x) となり，＜因数定理の利用２＞は証明されました。
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＜因数定理の利用３＞
が 4 で割ると 3 あまる素数のとき， を で割ると，あまりは x&chf=bg,s,bbffbb) になる。
| （証明） |
を 2 次式  で割ったときの商を とします。
あまりは 1 次式になるので， とすると，
Q(x)%2Bax%2Bb)
この式は恒等式なので， にどんな値を代入しても，式は成り立ちます。
そこで，（ を 0 にしたいために） に虚数である  を代入すると，
^p-6i=((6i)^2%2B36)Q(6i)%2B6ia%2Bb)
ところで， は 4 で割ると 3 あまる素数なので， とすると，
^{4k%2B3}-6i=((6i)^2%2B36)Q(6i)%2B6ia%2Bb)
ところで， なので，
^{4k%2B3}-6i)
^{4k}\cdot(6i)^3-6i)
}^k\cdot (6i)^2\cdot6i-6i)
^k\cdot(-36)\cdot 6i-6i)
i)
また，
^2%2B36)Q(6i)%2B6ia%2Bb)
Q(6i)%2B6ia%2Bb)
%2B36)Q(6i)%2B6ia%2Bb)
Q(6i)%2B6ia%2Bb)
%2B6ia%2Bb)
よって，
i=6ia%2Bb)
したがって，\ \ ,\ \ b=0) になるので，Q(x)-(36\cdot1296^k%2B1)x) となり，＜因数定理の利用３＞は証明されました。
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＜定理 4-1＞
が整数のとき， を素因数分解したときに， 4 で割ると 3 あまるような素因数は現れない。
＜定理 4-2＞
が整数のとき， を素因数分解したときに， 4 で割ると 3 あまるような素因数は現れない。
＜定理 4-3＞
が整数のとき， を素因数分解したときに， 4 で割ると 3 あまるような素因数は，3 しか現れない。
＜定理 4-4＞
ある整数が，4 で割ると 3 あまる整数で割りきれるとき，その整数を素因数分解すると，必ず 4 で割ると 3 あまる素数がふくまれる。
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| 第 5 章 リュカ数列に現れる平方数は，1 と 4 だけであることを証明します。 |
リュカ数列は，1, 3, 4, 7, 11, 18, … と続きます。
この中で，1 番目である 1 と，3 番目である 4 だけが，平方数であることを証明していきます。
この章では，リュカ数列 において， が偶数のときは は平方数にならず， が 4 で割ると 1 あまる整数のときは のときのみ平方数になり， が 4 で割ると 3 あまる整数のときは  のときのみ平方数になることを証明していきます。
＜n が偶数の場合＞
リュカ数列の偶数番目には，平方数は現れない。
＜n が 4 で割ると 1 あまる数の場合＞
が 4 で割ると 1 あまる数の場合，リュカ数列 が平方数になるのは，  のときだけである。
＜n が 4 で割ると 3 あまる数の場合＞
が 4 で割ると 3 あまる数の場合，リュカ数列 が平方数になるのは，  のときだけである。
以上のことから，リュカ数列の偶数番目には平方数は現れず， が 4 で割ると 1 あまる数のときは，1 番目の 1 のみ， が 4 で割ると 3 あまる数のときは，3 番目の 4 のみが平方数であることがわかりました。
結局，リュカ数列に現れる平方数は，（ 1 番目の）1 と，（ 3 番目の）4 だけであることが証明できました。
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| 第 6 章 リュカ数列に現れる「 2 ×平方数」は，18 だけであることを証明します。 |
リュカ数列は，1, 3, 4, 7, 11, 18, … と続きます。
この中で，6 番目である 18 は，2×32 ですから，「 2 ×平方数」の形をしています。
リュカ数列には， の他には「 2 ×平方数」の形をしているものはないことを証明していきます。
証明は，n を 8 で割ったときのあまりによって，分けて証明します。
n を 8 で割ったときのあまりは，0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 が考えられますが，まず，
あまりが 1, 3, 5, 7 の場合。つまり，n が奇数の場合。
次に，あまりが 0, 4 の場合。つまり，n が 4 の倍数の場合。
次に，あまりが 6 の場合。
最後に，あまりが 2 の場合。
このように分けて，証明していきます。
＜奇数番目の場合＞
リュカ数列が奇数番目の場合，「 2 ×平方数」は現れない。
| （証明） |
が奇数のときに， が「 2 ×平方数」になったと仮定し，矛盾を導きます。
が「 2 ×平方数」 だとすると， は偶数です。
定理 3-7によって，
Ｌ 3の倍数＝偶数，Ｌ 3の倍数でない＝奇数
ですから， は 3 の倍数です。
よって， は 奇数で，しかも 3 の倍数です。
このような は，6 で割ると 3 あまる数です。
ところで，リュカ数列は，1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, ……のように，はじめの 2 つが 1 と 3 で，そのあとは，直前の 2 個の和を次々と求めていってできる数列ですが，これをちょっと変えて，「直前の 2 個の和」ではなく，「直前の 2 個の和を 8 で割ったときのあまり」にすると，次のような数列になります。
1, 3, 4, 7, 3, 2, 5, 7, ……
この数列を，6 個ずつ段にして書くと，次のようになります。
1, 3, 4, 7, 3, 2,
5, 7, 4, 3, 7, 2,
1, 3, 4, 7, 3, 2,
5, 7, 4, 3, 7, 2,
1, 3, 4, 7, 3, 2,
5, 7, 4, 3, 7, 2,
………………………
………………………
つまり，
Ｌ 6で割ると3あまる数 は，8 で割ると 4 あまるような数です。
よって， と表すことができますから，
2 ×平方数＝
となり，
平方数＝
つまり，「 4 で割ると 2 あまる平方数がある。」
ということになります。
ところが，偶数の平方数は，^2=4n^2) のようになり，4 で割ると割り切れ，
奇数の平方数は，^2=4n^2%2B4n%2B1=4(n^2%2Bn)%2B1) のようになり，4 で割ると 1 だけあまります。
結局， 「 4 で割ると 2 あまる」ような平方数はありえず，矛盾しています。
矛盾の原因は， が奇数のときに， が「 2 ×平方数」になったと仮定したことにあります。
よって，リュカ数列の奇数番目には，「 2 ×平方数」は現れないことになり，証明が完成しました。
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＜ 4 の倍数番目の場合＞
リュカ数列が 4 の倍数番目の場合，「 2 ×平方数」は現れない。
＜n が 8 で割ると 6 あまる数の場合＞
が 8 で割ると 6 あまる数の場合，リュカ数列 が「 2 ×平方数」 になるのは，  のときのみである。
＜n が 8 で割ると 2 あまる数の場合＞
が 8 で割ると 2 あまる数の場合，リュカ数列 に「 2 ×平方数」は現れない。
以上のことから， が奇数であるときと，4 の倍数のときと，8 で割ると 2 あまる数のとき，リュカ数列 には「 2 ×平方数」となる数は現れず， が 8 で割ると 6 あまる数のときには， という「 2 ×平方数」が現れることがわかりました。
結局，リュカ数列に現れる「 2 ×平方数」は，6 番目の 18 のみであることが証明できました。
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第 7 章 ＜最終定理＞
フィボナッチ数列に現れる平方数は，1 と 144 だけであることを
証明します。 |
いよいよ，フィボナッチ数列には，平方数は 1 と 144 しか現れないことを証明するときがやってきました。
まず， が偶数のときを考えます。そして， が奇数のときは，4 で割って 1 あまるときと，4 で割って 3 あまるときに分けて考えます。
＜偶数番目の場合＞
が偶数の場合，  のときに平方数となる。
＜n が 4 で割ると 1 あまる数の場合＞
が 4 で割ると 1 あまる数の場合，  のときに平方数となる。
＜n が 4 で割ると 3 あまる数の場合＞
が 4 で割ると 3 あまる数の場合， に平方数は現れない。
以上のことから，フィボナッチ数列  において， が偶数のときは  のときに平方数となり， が 4 で割ると 1 あまる数のときは  のときに平方数となり， が 4 で割ると 3 あまる数のときは平方数が現れないことがわかりました。
結局，フィボナッチ数列に現れる平方数は，1 と 144 だけであることが証明できました。
おしまい。
（証明終）
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