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数学の授業で3項間漸化式をやったとき
ふと4項間漸化式の一般項が知りたくなりました。
しかしいろいろ試しましたが分かりません。
質問No.84673の「4項間漸化式」も見させていただきましたが、
結局、漸化式の問題ではないという感じで終わっていてよく分かりません。

たとえば3項間ならば特性方程式と二次方程式の解の公式から
a(n+2)-(α+β)*a(n+1)+αβ*a(n)=0 となるα,βを求め(α≠β)
(

A 回答 (18件中1~10件)

stomachman、No.16 の続きです。


●問題:
漸化式
(1) ∀n(n≧m→A[n] = ω+Σ{j=1~∞} k[j]A[n-j])
の一般項は
(4) A[n] = U[n-m]ω+Σ{j=1~∞} V[n-m,j]A[m-j]
ここに
V[0,j]=k[j]
V[s,j] = V[s-1,j+1]+V[s-1,1]k[j]
U[s]=U[s-1]+V[s-1,1]
ただし∀j(j>m→k[j]=0)
である。このU,Vを具体的に求めてみました。

●まず補助的な記号としてQ[r]を以下のように定義します。
Q[0]=1
Q[r]=Σ(k[1].....k[r]の中から、添え字の合計がrになるように(重複を許して)選
んで掛け算したもの。ただし掛け算の順序を区別する。) (r>0 )
具体的には
Q[0]=1
Q[1]=k[1]
Q[2]=k[1]k[1]+k[2]= (k[1]^2)+k[2]
Q[3]=k[1]k[1]k[1]+k[1]k[2]+k[2]k[1]+k[3]=(k[1]^3)+2(k[1]^2)k[2]+k[3]
Q[4]=k[1]k[1]k[1]k[1]+k[1]k[3]+k[3]k[1]+k[1]k[1]k[2]+k[1]k[2]k[1]+k[2]k[1]k[
1]+k[2]k[2]+k[4]
= (k[1]^4)+2k[1]k[3]+3(k[1]^2)k[2]+(k[2]^2)+k[4]
:
という調子です。
●するとVの一般項は以下の形に書けます。(証明は皆さんにお任せ。)
V[s,j]= Σ{r=0~s} Q[r]k[s+j-r]
従って
U[s]=1+Σ{r=1~s} V[s-r,1]

かくて一般項(4)は具体的に
V[n-m,j]= Σ{r=0~n-m} Q[r]k[n-m+j-r]
U[n-m]=1+Σ{r=1~n-m} V[n-m-r,1]
A[n] = U[n-m]ω+Σ{j=1~∞} V[n-m,j]A[m-j]
という形で表されます。
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この回答へのお礼

お礼が遅れて申し訳ありません。
なにぶん今週(6/25~28)は中間テストなので、パソコン自体に手を触れておりませんでした。
締め切ってからまでも回答くださって本当にありがとうございます。
またまた、ずいぶん、すっきりとした式になりましたね。
しかし、Q[r]の定義など、どうしたら、こんなことを思いつかれるのかと驚いてしまいました。
じっくり読ませていただきます。
本当にありがとうございました。

お礼日時:2001/06/25 13:10

大変申し訳ありませんが、さらに訂正で


a(n)-{α(1)+α(2)+...+α(k-1)+α(k+1)+...+α(N)} a(n-1)
   + ... + (-1)^(N-1) α(1)α(2)...α(k-1)α(k+1)...α(N) a(n-N+2)
=α(k) [ a(n-2) -{α(1)+α(2)+...+α(k-1)+α(k+1)+...+α(N)} a(n-3)
   + ... + (-1)^(N-1) α(1)α(2)...α(k-1)α(k+1)...α(N) a(n-N+1) ]
(k=1,...,N) (*)
ですね。これを解くと
a(n)-{α(1)+α(2)+...+α(k-1)+α(k+1)+...+α(N)} a(n-1)
   + ... + (-1)^(N-1) α(1)α(2)...α(k-1)α(k+1)...α(N) a(n-N+2)
=α(k) ^(N+n-1) [ a(N) -{α(1)+α(2)+...+α(k-1)+α(k+1)+...+α(N)} a(N-1)
   + ... + (-1)^(N-1) α(1)α(2)...α(k-1)α(k+1)...α(N) a(1) ]
これの辺々をkについて加えていって、
{α(j)} を解とする方程式をΣc(n)x^n = 0 として
N a(n) - (N-1) c(N-1) a(n-1) + ... + (-1)^(N-1) c(1) a(n-N+2)
= Σ(k=1~N) α(k) ^(N+n-1) a(N) +
   Σ(k=1~N) α(k) ^(N+n-2) a(N) [- c(N-2) a(N-1) + ... + (-1)^(N-1) c(0) a(1)]
となって、結局、Σ(k=1~N) α(k) ^m = b(m) なる数列の一般項を得ればいいことになります。
ちょっと計算すれば
b(m+1) = -c(N-1) b(m) - c(N-2) b(m-1)
が得られます。これをパラメータを含んだまま解くことは私の回答の No.8 の計算を
進めればいいわけで、α^n+β^n をα+β=-c(N-1)、αβ=c(N-2)で表せばいいわけです。
とりあえずここまでです。

以上、計算は流れを示すために書きましたがたぶんミスだらけでしょう。
言いたかったのは、5次以上の方程式に解の公式がなくても、
代数としては数が存在するわけで(係数とそのべき根では表せないというだけ)、
解の入れ換え(対称群の操作)によって不変であれば、
普通の有理数に係数を加えた数で書けるということです。

> 虚数を含む一般項式が出た時に一般項が整数であることの証明・・・
ですが、数列の一意性(解が一つしかないこと)が
示せれば(自明なような気もしますが)、
漸化式が整数しか含まないのであれば整数でしかないはずです。
(つまり疑問は一意性はあるのかといっているのと同じだと思います.)
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この回答へのお礼

結局、高次数の方程式の解の公式の有無にかかわらずできるのですか。
実は未だに対称の意味(?)がよく分かってはいないのですが、
自力で頑張ってみます。
虚数を含む一般項式についてはmasuo_kunさんに対するお礼にも書いたとおり、僕の単なる趣味(?)の範囲ですので、数学的には意味がありませんね。

さて、5日間ほどにわたって僕のつたない質問に答えていただきましたが、6月19日19:20をもって締め切らせていただきたいと思います。皆さんのおかげで漸化式のみならずさまざまな勉強をさせていただきました。本当にありがとうございました。また、皆さんの回答の内容などのことで分からないことがあったら質問させていただきたいと思いますので、ぜひお力添えください。お願いいたします。

お礼日時:2001/06/19 19:20

ちょいと観点を変えてみました。



●m+1項間の線形漸化式を、自然数n∈{0,1,2,...}について
(1) ∀n(n≧m→A[n] = ω+Σ{j=1~∞} k[j]A[n-j])
  ただしk[j]は定数の列で、∀j(j>m→k[j]=0)である。
と書いてみるとどうか。(勿論mは自然数です。)
つまり漸化式の項の数を気にしないで扱ってみるんです。
 初項としてはA[r] (r=0,1,....,m-1) が与えられている。ですから、式を簡単に書けるようにするために、hが負のときにはA[h]=0と決めておきます。∀h(h<0→A[h]=0)です。これでも差し支えありませんでしょ。

●さて、この漸化式をさらに一般化します。任意の自然数s∈{0,1,2,...}について
(2) ∀n(n≧m+s→A[n] = U[s]ω+Σ{j=1~∞} V[s,j]A[n-j-s])
と書いてみます。もちろんs=0の時は(1)式と一致して欲しいので、
(3) U[0]=1、∀j (V[0,j]=k[j])
とします。
 すると、特にs=n-mである場合には
(4) A[n] = U[n-m]ω+Σ{j=1~∞} V[n-m,j]A[m-j]
となり、右辺は与えられた初項A[r] (r=0,1,....,m-1) だけで表されている。したがってこれが一般項の表現になっています。
 言い換えればU[s], V[s,j] (s=n-m)を求めることができればA[n]の一般項が得られる訳です。

●ここで
V[s,j] = V[s-1,j+1]+V[s-1,1]k[j]
U[s]=U[s-1]+V[s-1,1]
という漸化式が成り立つ。
【証明:
A[n] = U[s]ω+Σ{j=1~∞} V[s,j]A[n-j-s]
= U[s]ω+V[s,1]A[n-1-s]+Σ{j=2~∞} V[s,j]A[n-j-s]
= U[s]ω+V[s,1]A[n-1-s]+Σ{j=1~∞} V[s,j+1]A[n-j-1-s]
さて、
∀n( A[n] = U[0]ω+Σ{j=1~∞} V[0,j]A[n-j])
であるから
A[n-1-s] = U[0]ω+Σ{j=1~∞} V[0,j]A[n-1-s-j]
ゆえに
A[n] = U[s]ω+V[s,1](U[0]ω+Σ{j=1~∞} V[0,j]A[n-1-s-j])+Σ{j=1~∞} V[s,j+1]A[n-j-1-s]
= (U[s]+V[s,1]U[0])ω+Σ{j=1~∞} (V[s,1]V[0,j]+V[s,j+1])A[n-1-s-j]
一方U,Vの定義から
A[n] = U[s+1]ω+Σ{j=1~∞} V[s+1,j]A[n-j-s-1]
であり、U[0]=1, V[0,j]=k[j]ですから、
U[s+1]=U[s]+V[s,1]
V[s+1,j] = V[s,j+1]+V[s,1]k[j]
言い換えれば
U[s]=U[s-1]+V[s-1,1]
V[s,j] = V[s-1,j+1]+V[s-1,1]k[j]
証明終わり。】
 U[s]の方はV[s,j]に影響を与えないので、本質的な問題はVだけです。

●つまり
問題:「∀j≧1 , ∀s≧1について漸化式
V[0,j]=k[j]
V[s,j] = V[s-1,j+1]+V[s-1,1]k[j]
ただし∀j(j>m→k[j]=0)
が与えられたとき、V[n-s,j]を求めよ」に帰着します。
 このアプローチだとm次方程式は出番がないはずですし、k[j]が例えば整数の場合に一般項の係数U,Vが全て整数になることも示せると思われます。

●そこで...から後は皆さんにお任せ。
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この回答へのお礼

なんかものすごいことやってくれましたね。
「漸化式の項の数を気にしないで扱ってみる」んですか。
ものすごく数学らしい証明ですね。(と言いつつも実は全く理解できていませんが)
結局「一般」を追求するとこういう結果になるのでしょうか。
とりあえず、じっくり読ませていただきます。
ありがとうございました。

お礼日時:2001/06/19 19:10

>ところで、guiterさんの出してくださった


>a(n) = [a(2)sin{(n-1)θ} - r*a(1)sin{(n-2)θ}] * r^(n-2) / sinθ は
>a(n)が整数であることの証明になるのでしょうか。
少し言葉足らずでした。
式変形に困っておられるのだと思い、
極形式での結果を書いただけですので、これだけで整数とは言えません。
少し考えてみましたが一般項から直接証明というのは難しそうですね。

やはり、masuo_kun さんも書かれておられるように
 (1) n=1,2 で成り立つ。
 (2) n=k,k+1 で成り立つとき n=k+2 で成り立つ。
というように素直に帰納法で証明するのが良さそうです。
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この回答へのお礼

いえいえ、言葉足らずはこちらの方です。
それにしても、やはり一般項からの証明は無理ですかねぇ。
証明できそうな勢いでしたが、結局三日間考えても分かりませんでした。
まあ、帰納法はたしかにすっきりしていますよね。
けれど実際のところ、あれは整数が和・差・積について閉じていることを示しているだけなんですよね。
ある意味当然のことなんですよ。(masuo_kunさんすみません。)
僕としてはやっぱりあの複雑な一般項から整数が出てくる「脅威」を味わいたかったですね(笑)

お礼日時:2001/06/19 19:01

自宅の引越しをしていたので、バタバタしてます。


全身筋肉痛&寝不足です(笑)
こんなに話が広がってるとは思いませんでした。
私もあとでじっくり読ませていただきます。

さて、整数であることの質問ですが、折角漸化式があるのだから、
帰納法でいいのではないかと思います。
「a1,a2は整数、a(n+2)=P*a(n+1)+Q*a(n) (P,Qは整数)で与えられる数列の一般項は整数である」について

n=1,n=2のとき自明(n=2も書いておくと大丈夫だと思います)

n=k+1 まで仮定が成り立っているとすると、
a(k+1)=x,a(k)=y (x、yは整数)と置ける。

n=k+2 のとき、漸化式から
a(k+2)=P*a(k+1)+Q*a(k)=Px+Qy これは整数だからn=k+2のときも成り立つ。

よって、全ての自然数nについて整数であることが示せた。

n-1個の整数の初期条件と整数係数で与えられる隣接n項間漸化式は、
同様に一般項は全て整数です。
私が持ち出した、途中がすごいことになるあの漸化式でも、です。

完全な蛇足です。α=βでも構いません。
重解をもつ隣接3項間漸化式ですが、
a1=s,a2=tで、その重解をαとすると、
その次の漸化式は1個しか作れないけど、両辺からα^(n+1)を割り、
a(n)/α^n=bnとおけば、 これは等差数列になります。
a(n)=sα^(n-1)+(s-αt)*(n-1)*α^(n-2)
になるみたいですぞ。

全然頭働いてないですけど・・・

遅くなりましたが、No.1は、コピーを勢い余ってやってしまったので、式がおかしかったのに、差し引いて読んでくださってありがとうございます。
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この回答へのお礼

数学的帰納法ですか。それはすっかり忘れていました。
整数問題で、しかも漸化式とあっては真っ先に思いつかなければならないですね。
(もうすぐテストだというのに…。)
試しに僕もやってみます。
ありがとうございます。
下の方で、ぐじゃぐじゃやっていますが、帰納法でできるなら簡潔ですね。

あ、隣接3項間で重解のときについては学校でも習いましたので、さらに自分で勝手に一般項式も求めていたので知っていました。
お忙しいときにどうもすみませんでした。

お礼日時:2001/06/18 19:30

No.6の補足


> 「Ωを既知の数列とするとき」というのがよく分かりません

失礼しました。
「Ω(n)の一般項は何か陽に式が与えられている(漸化式や方程式じゃなくて)」という意味です。具体的にどこに出てくるのかと言いますと、
(1') A(n)=αA(n-1)+ω
ではΩ(n) = ωが入ってますね。
また、
(5) B(n) = βB(n-1)+A(n-1)
のところで、Ω(n-1)の代わりにA(n-1)が入っています。
Aは
(2) A(n)=αA(n-1)+Ω(n-1)=(α^n)A(0)+(Σ{j=0~n-1}(α^j)Ω(n-1-j))
という形で一般項が得られていますから、「既知の数列」である。

ではなぜ未知じゃダメで既知でないといけないのか。
 いや、未知でも数式は成り立っているんですが、最終的にm項間の漸化式で与えられる数列の一般項を求めたいわけですから、最後まで未知のものが残っていてはこまる。それで、「既知の」と断った訳です。

 ご了解戴けました?
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この回答へのお礼

ありがとうございました。
いきなり式が単純化してしまって逆に僕が混乱してしまった次第です。
せっかく式を単純化していただいたのにすみません。お手数かけました。
改めてstomachmanさんの回答を読ませていただきます。

お礼日時:2001/06/18 20:15

>極形式に変換して計算したのですがうまくいきません。


 α=r * e^(iθ)
 β=r * e^(-iθ)
とすると
 a(n) = [a(2)sin{(n-1)θ} - r*a(1)sin{(n-2)θ}] * r^(n-2) / sinθ
のようになりましたよ。
もしかすると、高校生は e^(iθ) という書き方はしないですかね。
しかし、α=r*(cosθ+i*sinθ) と書いて計算をしても
ド・モアブルの定理などを用いてうまく計算すると同じ結果が出るはずです。
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この回答へのお礼

オイラーの公式ですか。
たしかにまだ習っていません。
数学の授業中、ド・モアブルの定理でひたすら分解してたらこんな式に…。
a(n)=2i[cos(nθ)*{2x・y・a(1)-y・a(1)}+sin(nθ)*(x・a(2)-x^2・a(1)+y^2・a(1)]/2yi
あ、似てませんね。僕としては分子の2iから後の部分から因数としてyを導き出せれば終わりだぁと思いながらも、出せないでいる現在です。
どこかで何か間違えたのでしょうか。
途中で(n-1)θを(nθ-θ)として三角関数の加法定理で分解したりしてたら、rが消えました。(cosθ=x/r,sinθ=y/r,r=√(x^2+y^2)としました。)
このやり方には無理があるのでしょうか。

ところで、guiterさんの出してくださった
a(n) = [a(2)sin{(n-1)θ} - r*a(1)sin{(n-2)θ}] * r^(n-2) / sinθ は
a(n)が整数であることの証明になるのでしょうか。
見るからに明らかならすみません。無学な僕にお教えください。

お礼日時:2001/06/18 19:23

No.7 motsuanさんの回答について:


 そ~なんす。途中で5次以上の方程式の解が要求されても、最終結果には結局出てこないんじゃないかという気がしましてね、いじくってみたけど、めんどくさくなって放り出しています。
 しかし、この線はかなりアリだと思いますよ。
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この回答へのお礼

>いじくってみたけど、めんどくさくなって…
どうしましょう。一応僕もやってみますが、深入りはしないことにします。
なにぶん、本来は机でテスト勉強をしてなければならない状況ですので。
すみません、中途半端で…。

お礼日時:2001/06/18 20:19

いったい私は何をしているのでしょう。


完全に寝ぼけてますね。
今度こそ参考URLです。

参考URL:http://www.is.osaka-kyoiku.ac.jp/~hasegawa/math/ …

この回答への補足

こんなところで失礼ですが(すみません、あまり下に書くと目立たないので)
No.1の3項間漸化式で
虚数を含む一般項式が出た時に一般項が整数であることの証明ですが、
a(n+2)=a(n+1)-a(n)の場合は証明できましたが、
一般的な
a(n+2)-(α+β)*a(n+1)+αβ*a(n)=0 (α=x+yi,β=x-yi,y≠0)
において一般項が必ず整数となることの証明はどうやるのでしょうか。
もちろん初項、第2項は整数です。
α≠βである隣接3項間漸化式において
a(n)=[{a(2)-β・a(1)}・α^(n-1)-{a(2)-α・a(1)}・β^(n-1)]/(α-β)であることから
=[{a(2)-x・a(1)+y・a(1)i}(x+yi)^(n-1)-{a(2)-x・a(1)-y・a(1)i}(x-yi)^(n-1)]/2yi
ここから分子を極形式に変換して計算したのですがうまくいきません。
分子から何らかの形で2yiをくくりだせば解決だと思うのですが、どうすればよいのでしょうか。お教えください。

補足日時:2001/06/17 13:27
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訂正です。


No2 での私の回答における
 a(n)=-1/{(α-β)(β-γ)(γ-α)}*[(β-γ){a(3)-(α+β)*a(2)+αβ*a(1)}α^(n-1) + cyclic ]
というところは
 a(n)=-1/{(α-β)(β-γ)(γ-α)}*[(β-γ){a(3)-(β+γ)*a(2)+βγ*a(1)}α^(n-1) + cyclic ]
の間違いでした。申し訳ない。
motsuan さん、私もこのように良くミスタイプしてしまいますのでお気になさらないで。

それから、KanjistX さんが書かれている No3 の解答のお礼についてですが、
stomachman さんが仰っている線型という言葉は a(k) についての1次式になっているという意味です。
また、α=1/3+(U+V) などについては下記URLの3次方程式の解法を参考にしてみて下さい。
高校生でも十分に理解できると思います。
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この回答へのお礼

ありがとうございます。
この質問とは全く関係なく前から3次方程式の解法知りたかったんですよ。
参考URL見させていただきました。
まだしっかり理解していませんが、おかげでstomachmanさんのせっかくの回答を無駄にしないですみそうです。
ご配慮ありがとうございました。

お礼日時:2001/06/17 12:19

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