初項１，第２項２のフィボナッチ数列

　　１，２，３，５，８，１３，・・・

の一般項は

　　Ｆn＝１／√５［｛（１＋√５）／２｝^n+1−｛（１−√５）／２｝^n+1］

で表されるが，

　　Ｆn＝Π(k=1~[(n+1)/2])｛１＋４ｃｏｓ^2（ｋπ／（ｎ＋１））｝

はその三角関数表現になっているとのことである．

　この式はどうやって求めたものなのか，その方法が思いつかずしばらく考えさせられたがやっと解決することができた．今回のコラムでは二項係数表現を紹介するが，まずはおさらいから．

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【１】ｘ^n+1−１の因数分解

　ｆ（ｘ）＝ｘ^n+1−１＝０の解を

　　αk＝ｃｏｓ（２ｋπ／（ｎ＋１））＋ｉｓｉｎ（２ｋπ／（ｎ＋１））

とおく．

　複素数αkの共約複素数をαk~で表すことにすると

　　αk＋αk~＝２ｃｏｓ（２ｋπ／（ｎ＋１）），αkαk~＝１

より，

　　（ｘ−αk）（ｘ−αk~）＝ｘ^2−２ｐk＋１

　　ｐk＝ｃｏｓ（２ｋπ／（ｎ＋１））

となる．

　ｘ^n+1−１の因数分解はｎの偶奇によって若干様子が異なるが，ｎが偶数（ｎ＝２ｍ）ならば，ｎ＋１＝２ｍ＋１は奇数となって，ｆ（ｘ）＝０の解は１，α1，α1~，αm，αm~となるから

　　ｘ^n+1−１＝（ｘ−１）Π(k=1~m)（ｘ^2−２ｐk＋１）

　ｎが奇数のとき（ｎ＋１＝２ｍ）は，±１，α1，α1~，αm-1，αm-1~より

　　ｘ^n+1−１＝（ｘ−１）（ｘ＋１）Π(k=1~m-1)（ｘ^2−２ｐk＋１）

となる．

　以上のことを同次化すると

ｎ＝２ｍのとき，

　　ａ^n+1−ｂ^n+1＝（ａ−ｂ）Π(k=1~m)（ａ^2−２ｐkａｂ＋ｂ^2）

ｎ＝２ｍ−１のとき，

　　ａ^n+1−ｂ^n+1＝（ａ−ｂ）（ａ＋ｂ）Π(k=1~m-1)（ａ^2−２ｐkａｂ＋ｂ^2）

　　ｐk＝ｃｏｓ（２ｋπ／（ｎ＋１））

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【２】フィボナッチ数列の三角関数表現

　　φ＝（１＋√５）／２，−１／φ＝（１−√５）／２

とおくと，

　　Ｆn＝１／√５［φ^n+1−（−１／φ）^n+1］

となる．

　また，

　　ｔ＝√５／２，φ＝１／２＋ｔ＝ａ，−１／φ＝１／２−ｔ＝ｂ

とおくと，

　　ａ^2−２ｐkａｂ＋ｂ^2

　＝（１／２＋ｔ）^2−２ｐk（１／２＋ｔ）（１／２−ｔ）＋（１／２−ｔ）^2

　＝２｛（２^-2＋ｔ^2）−（２^-2−ｔ^2）ｐk｝

　＝２｛２^-2（１−ｐk）＋ｔ^2（１＋ｐk）｝

　ｐk＝ｃｏｓ（２ｋπ／（ｎ＋１））のとき，半角の公式

　　１−ｐk＝２ｓｉｎ^2（ｋπ／（ｎ＋１））

　　１＋ｐk＝２ｃｏｓ^2（ｋπ／（ｎ＋１））

より

　　ａ^2−２ｐkａｂ＋ｂ^2

　＝ｓｉｎ^2（ｋπ／（ｎ＋１））＋４ｔ^2ｃｏｓ^2（ｋπ／（ｎ＋１））

　＝１＋（４ｔ^2−１）ｃｏｓ^2（ｋπ／（ｎ＋１））

　＝１＋４ｃｏｓ^2（ｋπ／（ｎ＋１））

　ｎが偶数の場合，

　　（ａ−ｂ）／√５＝１，ｍ＝ｎ／２

ｎが奇数の場合，

　　（ａ−ｂ）（ａ＋ｂ）／√５＝１，ｍ＝（ｎ＋１）／２

となって，いずれの場合も

　　Ｆn＝Π(k=1~[(n+1)/2])｛１＋４ｃｏｓ^2（ｋπ／（ｎ＋１））｝

で表されるというわけである．

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【３】二項係数表現

　初項１，第２項１から始まるフィボナッチ数列

　　１，１，２，３，５，８，・・・

の場合は，

　　Ｆn＝１／√５［｛（１＋√５）／２｝^n−｛（１−√５）／２｝^n］

であるから，ｘ^n−１に対応していて

　　Ｆn＝Π(k=1~[n/2])｛１＋４ｃｏｓ^2（ｋπ／ｎ）｝

となる．

　複素超越表現すれば，

　　Ｆn＝ｉ^(n-1)ｓｉｎ（ｎｚ）／ｓｉｎｚ，

　　ｚ＝π／２＋ｉｌｎ｛（１＋√５）／２｝

　二項係数ととフィボナッチ数の間にもエレガントな関係がある．パスカルの三角形において，水平線上の値を合計すると２のベキが現れるが，対角線上の値を合計するとフィボナッチ数が現れるというものである．

　　Ｆn＝Σ(k=0~[n/2])（ｎ−ｋ，ｋ）

［補］二項係数と２のベキの積和には３のベキが現れる．

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