初項a1，第２項a2から始まる数列｛an｝を考える。a1,a2,a3,a4,・・・

f(x,y)=ax^2+bxy+cy^2

f(1,0)=a1

f(0,1)=a2、a2＞a1

a3=2(a1+a2)-a0となるように、

f(1,1)=a0よりa,b,cをただ一つ定めることができる

a4=2(a2+a3)-a1

a4=2a3＋2a2-a1において、一つおきにとった数列a1=f2,a2=f4,a3=f6,a4=f8になるためには

フィボナッチ・リュカ数列では一つおき数列がa4=3a3-a2,a3=3a2-a1のようにあらわされることから

2a3＋2a2-a1=3a3-a2

a3=3a2-a1になることが必要である

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a1=f1,a2=f3,a3=f5,a4=f7の場合も大丈夫である。

a1=f1,a2=f2,a3=f3,a4=f4の場合、a4=a3+a2,a3=a2+a1であるから、

2a3＋2a2-a1=a3+a2、a3+a2a1=0は満足されない。

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ペル数列0,1,2,5,12,29,・・・の一つおき数列1,5,29,・・・はがa4=6a3-a2,a3=6a2-a1のようにあらわされることから、コンウェイ流a4=2(a2+a3)-a1に表されるためには

2a3＋2a2-a1=6a3-a2

4a3=3a2+a1になることが必要である。しかしこれでは整数係数にならない。

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しかし、演算規則を変えてa4=5(a2+a3)-a1と表されることにすると（2次形式からは逸脱してしまうが）

5a3＋5a2-a1=6a3-a2

a3＝6a2-a1とすることができる。これでペル数列の一つおきも解散可能になる。

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