フィボナッチ数列の一般項

フィボナッチ数列の閉じ方についての質問なんですが、
Fn=F_(n-1)+F_n-2
として
r^n=r^(n-1)+r^(n-2)
とおいて
r^2=r+1となりこれをとくと
解が二つでて（タイプが面倒くさいのでαβとします）
F_n=(α^n-β^n)/√5…(1)
となるというのですが、ルート５は初項からきまるんですよね？
あとαβともにr^n=r^(n-1)+r^(n-2)を満たすのはわかるのですが、なぜ(1)式になるのかがいまいちわかりません。
簡単でいいので説明お願いします

No.3 ベストアンサー 回答者： kabaokaba 回答日時： 2012/04/15 12:38

実際に計算してないでしょう？

計算してれば，αだけとかそういうことは思わないと思うが．

α，βの入力がつらいので，それぞれa，bとする．

F_n=F_{n-1}+F_{n}
F_n = (a+b)F_{n-1} - abF_{n}

これを変形すると

F_n - aF_{n-1}=b(F_{n-1} - aF_{n})・・・(1)
F_n - bF_{n-1}=a(F_{n-1} - bF_{n})・・・(2)

(1)より{F_n - aF_{n-1}}は初項F_2-aF_1，公比bの等比数列
(2)より{F_n - bF_{n-1}}は初項F_2-bF_1，公比aの等比数列

つまり
F_{n+1} - aF_{n} = (F_2 - aF_1)b^{n-1}
F_{n+1} - bF_{n} = (F_2 - bF_1)a^{n-1}

辺々ひいて
(b-a)F_{n} = (F_2 - aF_1)b^{n-1} - (F_2 - bF_1)a^{n-1}

あとはF_2=1，F_1=0といういつもの初期条件だったら
(b-a)F_{n} = b^{n-1} - a^{n-1}

nかn-1かという部分があるけど
これは，問題の初期設定（0項から始まるか1項からか）とかで
微妙に変化する．ここでは1項から始まることにする
＃一応いっておくと wikipadiaでは0項から始まることにしてるから
＃aとbの指数がnになっている

つまり，F_{n+1}とF_{n}に関する連立方程式をとく必要があるから
必然的に両方の解を使う必要があるということ．

となると疑問なのは
三項間漸化式で特性方程式が重解をもつようなものは
どうなるのか？
つまり
F_{n} -4 F_{n-1} + 4F_{n-2} = 0
というようなもの．
これも実際に計算すればいい
F_{n} - 2 F_{n-1} = 2 (F_{n-1} - 2F_{n-2})
だから
F_{n+1} - 2 F_{n} = 2^{n-1} (F_2-2F_1)
このタイプの漸化式は実は両辺を2^{n+1}で割れば解けるので
それでOK．もっと書けば
F_{n+1}/2^{n+1} - F_{n}/2^n = (F_2-2F_1)/4
となるので
数列{F_{n}/2^n}は等差数列となるということ

ここで，F_{n}の係数と公比が同じ（今は「2」）（つまり特性方程式が重解）というのが
効いているのがわかる？
この場合，重解だからうまく等差にもっていけるわけ．

==============
線型性とかに話をもっていくならば
まず数列全体がなす空間はベクトル空間であって
線型な漸化式は
そのベクトル空間で一次連立方程式を作ることになる．
三項間漸化式の場合・・・余次元が2の方程式で
その解空間の次元が2になるということです
＃ここの部分の証明はきっと地道にやればできると思うが
＃無限次元があいてだから難しいかもしれない
＃漸化式が一次連立方程式をなすというのがポイントだと思う．

その解空間の基底として
{a^{n-1}}，{b^{n-1}}が選べる
実際
a^2=a+1なんだから
n=,2,3,4...に対して
a^n = a^{n-2} a^2
= a^{n-2} (a+1)
= a^{n-1} + a^{n-2}
なんで，{a^{n-1}}は漸化式を満たし，bについても同様．

したがってその解空間の元は係数p，qを用いて
{pa^{n-1}+b^{n-1}}
となる．

内容は完全に大学生のものですな．
線型n階微分方程式の解空間の議論と似ている．

No.2 回答者： nag0720 回答日時： 2012/04/15 10:39

＞解が二個出たときにはそういう風に代入するのでしょうか？

必ずしもそうとは限りません。

F_n=F_(n-1)+F_(n-2)　の場合、線型性、つまり、
「A_n、B_nが条件を満たすなら、A_n+B_nも条件を満たす。」
「A_nが条件を満たすなら、任意の定数pに対し、pA_nも条件を満たす。」
があるからそういうことが可能です。

線型性の証明はそんなに難しくはないでしょう。

線型性がなければ、２つの解を足したり引いたり定数倍したり、なんてことはできません。

この回答へのお礼

なるほど。　なぜ可能なのかはわかったのですが、例えば、αはr^n=r^(n-1)+r^(n-2)を満たすので、αだけ代入というわけにはなぜ行かないのですか？　

お礼日時：2012/04/15 11:35

No.1 回答者： nag0720 回答日時： 2012/04/15 08:45

F_n=F_(n-1)+F_(n-2)

を満たすだけなら、
F_n=pα^n+qβ^n
でも成り立ちます。

これに、初項F_0=0、F_1=0の条件を加えると、
F_0=p+q=0、F_1=pα+qβ=1　より、
p=1/(α-β)、q=-1/(α-β)
なので、
F_n=(α^n-β^n)/(α-β)

α,βは解と係数の関係より、
αβ=-1、α+β=1 ですから、
(α-β)^2=(α+β)^2-4αβ=1+4=5

α＞β　とすれば、α-β=√5　となります。

この回答へのお礼

＞F_n=F_(n-1)+F_(n-2)
を満たすだけなら、
F_n=pα^n+qβ^n
でも成り立ちます

ここがよくわからないんですよね
解が二個出たときにはそういう風に代入するのでしょうか？　多分特性方程式？というものがわかってないとおもうのですか？

お礼日時：2012/04/15 08:50