證明 π/4 = arctan [1/(F(3))] + arctan [1/(F(5))] + arctan [1/(F(7))] + ……+ arctan [1/(F(2n+1))] + ……

【n=1,2,3....】

證明：

令Cn = arctan [1/(F(3))] + arctan [1/(F(5))] + …+ arctan [1/(F(2n+1))]

是級數的前n項和。

設Sn=arctan(1/F(2n+1))+ arctan(1/F(2n+3))= 

arctan((F(2n+1)+F(2n+3))/(F(2n+1)F(2n+3)-1))          (1)

由Fibonacci #的定義，我們有

F(2n+1)=F(2n+2)-F(2n）      (2)

F(2n+3)= F(2n+4)-F(2n+2)   (3)

令a=(1+sqrt(5))/2, b=(1-sqrt(5))/2

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

[(a^(2n+1)-b^(2n+1))(a^(2n+3)-b^(2n+3))-

(a^(2n+4)-b^(2n+4))(a^(2n)-b^(2n))]/5=

[a^(4n+4)- a^(2n+1) b^(2n+3) - b^(2n+1) a^(2n+3) + b^(4n+4) - 

(a^(4n+4)- a^(2n+4) b^(2n)- b^(2n+4) a^(2n) + b^(4n+4))]/5=

[a^(2n+3) b^(2n) (a-b) + a^(2n) b^(2n+3)(b-a)]/5=

(a-b)[a^(2n+3) b^(2n) - a^(2n) b^(2n+3)]/5=

(a-b) a^(2n)b^(2n)(a^3 - b^3)/5=(a^3 - b^3)/sqrt(5)=

F(3)=2

這樣，

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

把(2),(3),(4)代入（1）得

Sn=arctan((F(2n+4)-F(2n))/(F(2n+4)F(2n)+1))=

       arctan(F(2n+4)-arctan(F(2n))

S1+S3+S5+...+Sm = arctan(F(6)-arctan(F(2)) + arctan(F(10)-arctan(F(6))+

               arctan(F(14)-arctan(F(10))+...+ arctan(F(2m+4)-arctan(F(2m))=

-arctan(F(2))+arctan(F(2m+4))

取極限得 -π/4+ π/2= π/4

如果把級數的前n項和看成數列，我們已經證明了，其子列

C2, C4, C6...C(2n) 收斂於π/4。這樣，就證明了，這個子列有上界。

又因級數的每一項都是正的，Cn單調增加。Cn<C(2n)。因C(2n)有界，所以，

C1, C2, C3...Cn...有上界。這樣，C1, C2, C3...Cn...收斂。因其子列收斂於π/4，

C1, C2, C3...Cn...收斂於π/4。

證畢。