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)
(

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A 回答 (18件中11~18件)

やるんじゃないかと思っていましたが、漸化式は


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。訂正いたします。

ついでですので
KanjistXさんが質問で例にあげてらっしゃる3項の場合ですと、
a(n)-αa(n-1)=β^(n-1) {a(1)-αa(0)}
a(n)-βa(n-1)=α^(n-1) {a(1)-βa(0)}
から、辺々を加えて
2a(n)-(α+β) a(n-1) = (α^(n-1) +β^(n-1) ) a(1)-(αβ) (α^(n-2) +β^(n-2) ) a(0)
となって、係数が全部、対称になってα+βとαβで書けちゃうのでは?
つまり、解自体を目にすることなく回答にたどり着けるということです
(実際は (α^(n-1) +β^(n-1) ) を消すのは大変だと思いますが)。
ありゃ?右辺がnを含むんですね。
その意味では(*)にnを含んだ項Ω(n)を付け加えなくてはいけないですね。
でも、No.6のstomachmanさんの解法を用いればいいので
一般の場合も問題ないと思います...(かなり弱気)。
(やっぱり、はじめるとこういう手落ちが多いので...情けないやらお恥ずかしいやら)
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この回答へのお礼

お礼が遅れまして申し訳ありません。
No.7も含めて印刷して読んでいたのですが、なかなか理解できなくて…。
まあ、うっすらとは理解できました。
No.11でstomachmanさんもあのように仰られていることだし。
具体的例も提示していただいたことだし、もう少し考えてみます。
回答ありがとうございました。

お礼日時:2001/06/18 18:47

KanjistX さんこんにちは



まず、先ほど「怒らせる」と書いてしまいましたが、ミスタイプで「怒られる/怒らせてしまう」の間違いでした。
なんか喧嘩うっているような言い方ですよね。ちょっとどうしようかとおもっていましたので、
補足と合わせて書きこませていただきました。

私の回答(No.5)に対する質問の件ですが、
端的にいうと、一般項を解を実際にもとめずに、解{α,β,・・・,ω}をパラメータとして
含んだ形で得ると、その式は対称性をもつため、解と係数の関係を用いて表されるので、
5次以上であっても一般的に解がえられるのでは ? という意味です。

数列 { a(n) } のa(n),...,a(n-N+1) のN個の項で作られる漸化式に対応する方程式
Σc(k) x^k = 0 (k=0~Nの和)
の解を{α(1),α(2),...,α(N)}として漸化式を変形して
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) [ {α(1)+α(2)+...+α(k-1)+α(k+1)+...+α(N)} a(n-2)
     + ... + (-1)^(N-1) α(1)α(2)...α(k-1)α(k+1)...α(N) a(n-N+1) ]
(k=1,...,N) (*)
という連立漸化式(?)ですよね。
(このとき、{α(1),α(2), ... ,α(N)}を置換して
 α(1)=α(j1), α(2)=α(j2), ... , α(N)=α(jN) としてそれを
 連立漸化式にいれても(*)全体としてはかわらないですよね。
 本論とはあまり関係がありませんね。)
それを解くと、それぞれ等比級数となって、
a(n),...,a(n-N+2) のN-1個の項でつくられる漸化式がN個できますよね。
これは本論と関係があるのですがここまでは、{α(1),α(2), ... ,α(N)}を
変数として含む形で計算が進められますよね。
ついでに、得られた式の組は{α(1),α(2), ... ,α(N)}の置換に対して
N-1個の連立漸化式全体としては変わらないですよね。
したがって、たとえば見通しがいいように、それらの辺々を全部足すと、
a(n),...,a(n-N+2) のN-1個の項でつくられる漸化式で、かつ、
{α(1),α(2),...,α(N)}の対称式のみを係数とするような数列が得られると思います
(なんといっても、もともとの連立漸化式がそういう対称性をもっているわけですから)。
そして、解と係数の関係からその式はΣc(n) x^n = 0の係数を使って表せるわけで
方程式の解を実際に解の公式で表される数(べき根拡大した数)で得られなくても計算ができるということです。
結局、a(n),...,a(n-N+2) のN-1個の項とΣc(k) x^k = 0の係数でつくられる漸化式が得られ
それを順次解いていけば良いわけですから、数学的帰納法から、
最終的な一般項(一般式といってしまってましたね)を
解の公式で表される数(べき根拡大した数)を経ずに得られることになると思います
(もちろん解の公式がない場合でも)。

つまり、上で得た一般式の最終的な形は、代数的に係数でつくられる数
の範囲に入っているのではないの?という意味です。
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masuo_kunさん


> 「余り」はnの式
大したことないですよ。下記をご覧じ。

Ωを既知の数列とするとき、
(1) A(n)=αA(n-1)+Ω(n-1) (α≠1)
という漸化式の一般項は
(2) A(n)=(α^n)A(0)+(Σ{j=0~n-1}(α^j)Ω(n-1-j))
と表されます。
 特にΩ(n)=ωのとき、漸化式は
(1') A(n)=αA(n-1)+ω
であって、
(2') A(n)=(α^n)A(0)+ω((α^n)-1)/(α-1)
=(α^n)(A(0)+ω/(α-1))-(ω/(α-1))
という一般項を持ちます。これはP=A(0)+ω/(α-1), p=-(ω/(α-1))とおけば
(2'') A(n)=(α^n)P+p
と書けます。α=1の場合はもっと簡単ですね。

(3) B(n+1)-βB(n) = α(B(n)-βB(n-1))+Ω(n-1)
という漸化式を考えます。
(4) A(n)=B(n+1)-βB(n)
と定義することによって、
(2) A(n)=αA(n-1)+Ω(n-1)=(α^n)A(0)+(Σ{j=0~n-1}(α^j)Ω(n-1-j))
と表せます。さて、Aの一般項が分かったので、(4)を用いて漸化式
(5) B(n) = βB(n-1)+A(n-1)
が得られた。(5)の一般項は、(2)によって、
(6) B(n) =(β^n)B(0)+(Σ{j=0~n-1}(β^j)A(n-1-j))
です。特にΩ(n)=ωのとき、
(6') B(n) =(β^n)B(0)+(Σ{j=0~n-1}(β^j)(α^[n-1-j])P+p)
=(β^n)(B(0)+P/(β-α)+p/(β-1))-(α^n)P/(β-α)-p/(β-1)
となります。
漸化式(3)を整理すると
(3') B(n+1)-(α+β)B(n)+αβB(n-1)= Ω(n-1)
ですから、一般に
(7) B(n+1)-bB(n)+cB(n-1)= Ω(n-1)
の形の漸化式は全てこのやり方で扱えることが分かる。連立方程式
b=α+β
c=αβ
が解ければα, βが決まり、これは
α^2-bα+c=0
の一つの解を求めることで解けます。

同様にして
(8) C(n+2)-βC(n+1)+γC(n)=α(C(n+1)-βC(n)+γC(n-1))+Ω(n-1)

(9) A(n)=C(n+2)-βC(n+1)+γC(n)
と定義すると
(1) A(n)=αA(n-1)+Ω(n-1)
となり、その一般項は(2)。従って、
(10) C(n+2)-βC(n+1)+γC(n)=A(n)
で定義されるCの一般項を求めれば良い。これは既に解いてあります。
かくて、
(8') C(n+2)-(α+β)C(n+1)+(αβ+γ)C(n)-αγC(n-1)=Ω(n-1)
という形の漸化式の一般項が求められた。だから一般に
(9) C(n+2)-bC(n+1)+cC(n)-dC(n-1)=Ω(n-1)
は、
b=α+β
c=αβ+γ
d=αγ
という連立方程式が解ければ一般項が求められ、これは3次方程式
α^3-bα^2+cα-d=0
の一つの解を求める問題に帰着します。

D(n+3)-βD(n+2)+γD(n+1)-δD(n)=α(D(n+1)-βD(n+1)+γD(n)-δD(n-1))+Ω(n-1)
も全く同様で、従って一般に漸化式
D(n+3)-bD(n+2)+cD(n+1)-dD(n)+eD(n-1)=Ω(n-1)
の一般項は4次方程式を解ければ求められる。

しかし、
E(n+4)-bE(n+3)+cE(n+2)-dE(n+1)+eE(n)+fE(n-1)=Ω(n-1)
から
E(n+4)-βE(n+3)+γE(n+2)-δE(n+1)+εE(n)=α(E(n+3)-βE(n+2)+γE(n+1)-δE(n)+εE(n-1))+Ω(n-1)
を満たすα,β,...,εを得るには、
b=α+β
c=αβ+γ
d=αγ+δ
e=αδ+ε
f=αε
を解く必要があり、これは一般に5次方程式の一つの解を求める問題になります。
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この回答へのお礼

詳しい回答ありがとうございます。
印刷してじっくり読みたいと思います。
なんか、話がだいぶ広がってきましたね。
わくわくしてまいりました。
一つ答えていただけるならば「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ので教えていただきたいです。

お礼日時:2001/06/17 13:40

KanjistXさんこんにちは



guiterさんの鮮やかな解法に見とれて
怒らせそうですが感じたことを書きます。

 guiterさんの解法では、連立した等比級数が現れて、
解α、β、γ、・・・を置換する(並べ替えて代入する)と
互いに移りあって、連立方程式は全体として変わらないようですよね。
そして、そこから導かれるα、β、γ、・・・を含んだ一般式は、
α、β、γ、・・・を置換しても
変わらないのではないでしょうか(cyclicという部分です)。
(但し未確認です。guiterさんの示された解をみて
 あてずっぽうにいっているだけです。)

 方程式の係数(漸化式の係数)も同じ性質(置換してもかわらない)を満たし、
かついろいろなバリエーションを十分含んでいる(基本対称式になっている)ので
その係数を使って一般式を表すことができるのではないでしょうか?
(つまり、ちゃんとした数として一般式を表すことができるということです)
(そう言えば、高校で勉強する二次式の場合は、
 解と係数の関係を使って、最後まとめていたような
 ・・・う~ん年を取ってしまったぁ!)

具体的にどうなのかといわれると計算力がないもので許してください。

この回答への補足

え?対称式として複数の式が立つから連立して解けるんですよね。
すみませんが、いまいちmotsuanさんの言わんとするところが見えません。

補足日時:2001/06/16 23:08
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>guitarさん


お考えいただいたのに勝手に締め切ってしまってごめんなさい。
なるほど、すごくためになりました。
>stomachmanさん
具体的な解を書いてくださってありがとうございます。
どうやらそうなるらしい、ということはわかりました。
でも大学の知識がすっぽり抜けてしまったので、確認できないことをお許しください。
お2人に私がポイントを差し上げることはできませんが感謝します。

一般の5項間以上のものですが、
私もstomachmanも述べたとおり、解を作る公式が存在しないので、
guitarさんのお示しの方法も折角ですが6項間以上では通用しないんです。
私が求めていたのも行く末はn項間漸化式でしたが、私自身が以上のことに気づいてしまったことと、仮にその方法でn項間漸化式が解けたとしても、今度はn-1項間漸化式が待っているに気づいた(しかも「余り」はnの式である)ので、
そこでお手上げ(面倒くせ~~・・・)になってしまい、やめちゃったんです。
質問者がこうなってしまっては新たに回答を求めることは失礼だと思ったので、締め切りました。

ということで、このご質問に対する最も適当な回答は、
「隣接5項間までなら可能、それ以上なら一般には不可能」ですね。どうやら・・・
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この回答へのお礼

なんかまるでmasuo_kunさんの質問掲示板になってしまいましたね(笑)
僕自身誰にポイントを差し上げようかと迷っている次第です。
けれど、皆さんの回答のおかげでいろいろと勉強になって
感動も多く味わわせていただいております。
もう2,3日締め切りを待ちますので
(というより、皆さんの回答を理解してからお礼やポイント進呈をしたいので)
まだ何か言いたい方はどしどし回答お願いいたします。
(可能ならば高校生の僕にも分かる範囲でお願いします)

お礼日時:2001/06/16 22:58

な~るほど。


 引き続く(m+1)項の線形和で表される漸化式
K[m] A(n+m) + K[m-1]A(n+m-1) + ... + K[0]A(n) = δ
なら
K[m] x^m +K[m-1] x^(m-1)+ .......+ K[0] = 0
の(m+1)個の解が具体的に得られさえすれば、処理できますね。(K[j] (j=0,1,2,...,m)とδは定数。)δ=0に限る必要はないと思います(余計な項が出てくるけど)。
しかし5次以上になると、一般には解析的には解けないんでした。

 さて、質問No.84673の「4項間漸化式」に出てくる漸化式
A(n+3)-A(n+2)-A(n+1)-A(n)=0
の場合には、
A(n+3)-(α+β+γ)A(n+2)+(αβ+βγ+γα)A(n+1)-αβγA(n)=δ
ここに
U=(19/27-√(11/27))^(1/3)
V=(19/27+√(11/27))^(1/3)
として
α=1/3+(U+V)
β=1/3-(U+V)/2-i(√3)(U-V)/2
γ=1/3-(U+V)/2+i(√3)(U-V)/2
δ=0
という事になるはず。どうでしょうか。
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この回答へのお礼

う~ん。線形和ですか。これは僕に対する回答というより、
masuo_kunさんに対する回答と受け取った方がよさそうですね。
すみません。90%以上が理解できない内容なのです。
なんともいえません、うぐぅぅ~。

お礼日時:2001/06/16 22:46

masuo_kun さん、前回は締め切りに間に合いませんでした。


前回の a(n+3)=a(n+2)+a(n+1)+a(n) については下のやり方で出来ました。

4項間漸化式において3次方程式が3つの異なる解を持つ場合は、
次のようにすれば良いと思います。
3つの解をαβγとします。
すると、
 a(n+3)-(α+β)*a(n+2)+αβ*a(n+1)=γ{a(n+2)-(α+β)*a(n+1)+αβ*a(n)}
 a(n+3)-(β+γ)*a(n+2)+βγ*a(n+1)=α{a(n+2)-(β+γ)*a(n+1)+βγ*a(n)}
 a(n+3)-(γ+α)*a(n+2)+γα*a(n+1)=β{a(n+2)-(γ+α)*a(n+1)+γα*a(n)}
のように変形できるので、これらから
 a(n)=-1/{(α-β)(β-γ)(γ-α)}*[(β-γ){a(3)-(α+β)*a(2)+αβ*a(1)}α^(n-1) + cyclic ]
のように出てきます。

5項間の場合も4つの解αβγδを持つ場合は
 a(n+4)-(α+β+γ)*a(n+3)+(αβ+βγ+γα)*a(n+2)-αβγ*a(n+1)=δ{a(n+3)- …}
などとすれば良いのではないでしょうか。
それ以上も同様に考えれば出来ると思います。(一般にではないですけどね)
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この回答へのお礼

いやはや感動いたしました。
こんなにきれいに左辺と右辺に分配できるんですね。
途中で気づきましたが、
n項間漸化式について
各係数は(n-1)次方程式の解α,β,γ,δ,…についてのk次の輪環の和なんですね。
だからこそ、
a(n+3)-(α+β)*a(n+2)+αβ*a(n+1)=γ{a(n+2)-(α+β)*a(n+1)+αβ*a(n)}のように
2次方程式の解と係数の関係式に
新たに加わった解γを右辺にかけるといったような単純作業で分配できるんですね。
僕にとってはこれ以上何も言うことはありません。
本当にありがとうございました。

お礼日時:2001/06/16 22:38

はい、No.84673の質問者です(笑)


4項間漸化式においては、
a(n+3)-α*a(n+2)-βa(n+1)=γ{a(n+2)-α*a(n+1)-βa(n)}
を満たすα、β、γが存在すればきれいに行くんだと思います。
ただし、私が質問したあの設定の場合は、3次方程式の解の公式に入れなくては解けません。
つまり、これが5項間、6項間・・・ともなると、伴って
5次方程式、6次方程式・・・が出てくることが予想されます。
この辺は「解の公式は存在しない」世界なので、一般に解くことは不可能と思われます。

実は3項間でも、a(n+2)=2a(n)のような隣接でないやつはだめですし、
(一般には偶数番目と奇数番目で場合分けする)
隣接3項間でも、a(n+2)=a(n+1)-a(n)
なんてシロモノもありますよね。
(もちろん、これは無理すれば解けますが、数Aだけの知識では無理な範囲)

で、漸化式がでてくれば、それでいいじゃない、という結論で終わったのは、
あとはコンピュータにやらせときましょ、的な発想で、
もちろんn番目を一般にあらわすことはできないけど、
漸化式がでた、ということは普通のプログラムならFor Loopを使えばいいですし、
Excelやロータスのような表計算ソフトであればもっと簡単なんです。
たとえば有名なフィボナッチ数列
a1=1,a2=1,a(n+2)=a(n+1)+a(n)ですら、
a1とa2のセルには1を入れる
a3には、=a1+a2
と入力し、あとは下にこの式をコピーすれば、知りたいところまで計算可能ですよね。
有限個だったらこれで十分対応できますし、この式をとっておけば、
初項2つを入力しなおすだけで、バっと新しい数列ができますし。
(私の質問した内容も、これとまったく同じように対処できることは知っていましたが、あえてどうなんだろうって質問したのです。)
だから、あれはあれで終わってしまったのです。

一般項が求められるということも大切なのでしょうが、
コンピュータの世界では、漸化式が出てくればそれで十分だということでした。

蛇足ですが、私が2番目に出したa(n+2)=a(n+1)-a(n)
ですが、a1=0,a2=1のときは、
a(n)=[{(1-√(3)i)/2}^(n-1)-{(1+√(3)i)/2}^(n-1)}^(n-1)]*i/√3
だそうです。これが整数であることを証明するなんてのも面白そうですが・・・
(ド・モアブルの定理を使えば簡単です。数Bで習います)
1つの話題からいろんな知識が要求されて、
高校時代にはつながりもしなかったジャンルが、思わぬところでつながる。
これが数学の面白さなんだなって、学生時代に思いました。

長々とすいませんでした。
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この回答へのお礼

きっとmasuo_kunさんが来てくれると思っておりました。
というか期待しておりました。
guiterさんの回答を見させていただいたのですが、
a(n+3)-α*a(n+2)-βa(n+1)=γ{a(n+2)-α*a(n+1)-βa(n)} は間違いですよね。
式を変形しても、3次方程式の係数(α+β+γ),(αβ+βγ+γα),αβγが出てきません。
あとついでですが、
a(n)=[{(1-√(3)i)/2}^(n-1)-{(1+√(3)i)/2}^(n-1)}^(n-1)]*i/√3 も
a(n)=[{(1-√(3)i)/2}^(n-1)-{(1+√(3)i)/2}^(n-1)}^(n-1)]/i*√3 ですね。

特殊な3項間漸化式ですが、僕も同じようなことを考えていました。
特に、a(n+2)=a(n+1)-a(n)といった虚数を含む一般項式には興味がありました。
ド・モアブルの定理は来月頃に習うので、まだやっていませんが、
教科書等を見て極形式に変換したりしながら何とか自力で解きました。
最終的にn*(-60°)を60°120°180°240°300°360°に場合分けしましたが、
a(n)が整数となることが分かりました。
幅広い数学のお話をありがとうございました。

お礼日時:2001/06/16 21:40

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(

Aベストアンサー

>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。

Q微分方程式との類似、漸化式a[n+1]+p*a[n]=Q(n)

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微分方程式
(dy/dx)+ay=Q(x)
の一般解は、
y=e^(-ax) {∫e^(ax)Q(x)dx+C}
となるようです。
http://www12.plala.or.jp/ksp/mathInPhys/constOneLinearDiffEq/
を参照しました。

では、漸化式
a[n+1]+p*a[n]=Q(n)
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初項

適当に、n=99とすると、この漸化式は第100項と第99項の関係をあらわしていることになります。
次にn=98とすると、この漸化式は第99項と第98項の関係をあらわしていることになります。
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そしてこのときの右辺が、初項です。
だから初項はa_1 + 1なんです。

と、ここまで書いて思ったんですが、もとのa_n=・・・っていう式が与えられてないので、ここから先は進めません。

でもまあ、a_n=・・・の初項が1だとしますね。そうするとa_1 + 1= 1+1=2となり、ご質問の初項は2になるんです。

Q漸化式

漸化式てそもそもどう言う意味なんでしょうか?問題とかは普通に解けるのですが、漸化式の意味そのものが、いまだによく分かりません。

Aベストアンサー

漸というのは辞書によると「物事が徐々に進むこと」とあります。
数列は各項が徐々に変化するが、どのように変化するのかを示すのが漸化式ということだと思います。項比がマイナスの等比数列などは徐々に変化とは言い難いかも知れませんけど。

参考URL:http://dictionary.goo.ne.jp/search.php?MT=%C1%B2&kind=jn&mode=0&type=stick

Q異なる4点A(α)、B(β)、C(γ)、D(δ)で、|α|=|β|=|γ|=|δ|、α+β+γ+δ=

異なる4点A(α)、B(β)、C(γ)、D(δ)で、|α|=|β|=|γ|=|δ|、α+β+γ+δ=0のとき、A、B、C、Dを頂点とする四角形が長方形になることの証明を、どなたかお願いします。

Aベストアンサー

(1) 2次元ユークリッド平面上のベクトルの話だという限定を付けないと、長方形にはならない。(3次元なら、たとえば原点に重心がある正四面体の頂点がα,β,γ,δでも条件を満たすでしょ。)
(2) |α|=0の場合は例外だし、α,β,γ,δのうちに同じものが含まれる場合も例外。
ということに注意した上で
(3) |α|=|β|=|γ|=|δ|=1の場合に証明すれば、他の場合は自明なので、=1の場合だけ考える。
(4) x = (α+β) とすると、αとxがなす角θはxとβがなす角と同じ。
(5) (γ+δ) = -xでなくちゃならない。で、γとxがなす角ξはxとδがなす角と同じ。
あとはθ=ξを示せばよかろ。

Q受検戦略 慶應薬学部 漸化式

漸化式の問題にどう対応しようか迷っています

第一志望は慶應薬学部
1 全体的な傾向としては 大問4~5 計算量多め 難問少な目 
2 漸化式は頻出 公式そのままで解ける問題以外にも
  確率と絡めた問題など高度な部分まで出題されています


取り得る戦略として
1 漸化式 → 一般項 の受検で問われやすいパターン全て暗記
2 漸化式 → 一般項 の基本的なパターンだけ暗記し、あとは導出できるようにする
3 漸化式 → 一般項 の受検で問われやすいパターンをすべて導出できるようにする

※導出法としてはhttp://www.geisya.or.jp/~mwm48961/koukou/sazen01.htm
にある「定型問題は等比数列に持ち込む」「非定型問題は推定+数学的帰納法」でいこうと
考えています

があると思うのですが、どれを採用するべきですかね?
自分はいままで数学は極力暗記に頼らない方法をとってきましたし
慶應薬学部は応用的な漸化式の問題も出てきますので3でいきたいような気もするのですが
漸化式は暗記に頼る方法を採用する人も多く迷っています

どうするべきでしょうか?
ご意見よろしくお願いします
(ご自身が、受検時に合格された大学も書いていただけると非常に参考になります
 できればあわせてお書きください)

漸化式の問題にどう対応しようか迷っています

第一志望は慶應薬学部
1 全体的な傾向としては 大問4~5 計算量多め 難問少な目 
2 漸化式は頻出 公式そのままで解ける問題以外にも
  確率と絡めた問題など高度な部分まで出題されています


取り得る戦略として
1 漸化式 → 一般項 の受検で問われやすいパターン全て暗記
2 漸化式 → 一般項 の基本的なパターンだけ暗記し、あとは導出できるようにする
3 漸化式 → 一般項 の受検で問われやすいパターンをすべて導出できるようにする

※導出法...続きを読む

Aベストアンサー

・どの本でも準公式としては扱ってない
・導出するにせよ、1分くらいでできる。
漸化式によっては2分くらいかかるかも。
・そもそも正確に覚えていられない
・数列のその「特定の形の漸化式の一般項を求める問題」に
入試で出くわす確率が非常に低い

こんなことあたりが理由で、
覚える人はほとんどいないと思います。

ただ、容易に覚えられて
しかも忘れずに正確に記憶していられる自信があるなら、
覚えてもいいんじゃないでしょうか。

Q数学で、(α−β)3乘が{√(α+β)2乘ー4αβ}になることが理解できません

数学で、(α−β)3乘が{√(α+β)2乘ー4αβ}になることが理解できません。

なぜこうなるのか、教えてください。

Aベストアンサー

多分、次のことがいいたのだと思います。
α>βのとき α-β=√{(α+β)^2-4αβ}
これは
(α-β)^2=α^2-2αβ+β^2=α^+2αβ+β^2-4αβ=(α+β)^2-4αβ
この式の平方根をとると2行目の式が得られます。

Q漸化式は、modで循環していますか?

漸化式は、前後の数から成り立つ数列と定義される。
なので、漸化式からなる数列{a_n}は、mod v(何かしらの数字)で
purely periodic(循環連分数)である。

と本に書かれているのですが本当でしょうか?

Aベストアンサー

>a_n=a_(n-1) - a_(n-2) n≧2
> a_0 = 0, a_1 = 1 と漸化式をおきます。
> mod a_n としますと、
>どのように循環するのでしょうか?
このケースでは,modを取るまでもなく,
a2=1,a3=0,a4=-1,a5=-1,a6=0,a7=1,a8=1,a9=0,a10=-1,a11=-1,a12=0
となり,1,1,0,-1,-1,0,1,1,0,-1-1,0の形で周期6で循環しています。
(一般項は,a_n=2*sin(nπ/3)/√3と書けます。)

一般に,
a_n=C1*a_(n-1)-C2*a_(n-2)で漸化式を作ると,
一般項は
a_n=D1*(λ1)^n+D2*(λ2)^n,
λ1,λ2は二次方程式λ^2=C1*λ-C2の根,
D1,D2はa1,a0から決まる定数,
の形に書けます。
C1,C2を整数係数にして,初期値a1,a0に整数値を与えると
数列a_nは整数値をとりますが,
任意のvに対してmod vをとれば循環します。

有名な例ですが,フィボナッチ数列
a_n=a_(n-1) + a_(n-2)
a_0 = 1, a_1 = 1 と漸化式をおくと,
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,2584,4181,6765,10946,17711,28657,46368,75025,
121393,196418,317811,・・・
となり,発散します。
これを例えばmod 5で分類すると,
1,1,2,3,0,3,3,1,4,0,4,4,3,2,0,2,4,1,0,1,1,2,3,0,・・・となり,
周期19で繰り返すことが分かります。

一般に,整数係数の多項式で漸化式を作れば,任意のvに対してmod vをとれば循環します。

>a_n=a_(n-1) - a_(n-2) n≧2
> a_0 = 0, a_1 = 1 と漸化式をおきます。
> mod a_n としますと、
>どのように循環するのでしょうか?
このケースでは,modを取るまでもなく,
a2=1,a3=0,a4=-1,a5=-1,a6=0,a7=1,a8=1,a9=0,a10=-1,a11=-1,a12=0
となり,1,1,0,-1,-1,0,1,1,0,-1-1,0の形で周期6で循環しています。
(一般項は,a_n=2*sin(nπ/3)/√3と書けます。)

一般に,
a_n=C1*a_(n-1)-C2*a_(n-2)で漸化式を作ると,
一般項は
a_n=D1*(λ1)^n+D2*(λ2)^n,
λ1,λ2は二次方程式λ^2=C1*λ-C2の根,
D1,D2はa1,a0から決ま...続きを読む

Q二次方程式x2-3x+4=0の2つの解をα、βとするちき、α+1,β+

二次方程式x2-3x+4=0の2つの解をα、βとするちき、α+1,β+1を解とすると二次方程式を作れ 


複素数の範囲で考えて、次の方程式を因数分解しなさい
x2-x+3

x>yならば、6x+2y>3x+5yであること証明せよ
        

a>0のとき、a+a分の1>2を証明せよ


これらの問題がどうやっても解けません 特に証明系が最も難しいです 何かコツなどがありましたら教えてもらないでしょか? すみません おねがいします

Aベストアンサー

ちなみに1問目で左辺の正式をf(x)とおくと
f(x) = 0の解がαとβだから
f(α) = 0,f(β) = 0が成り立ちます。

なのでα+1, β+1を解にしたかったら
f(x)をf(x - 1)とすればいいです。

なぜならxにα+1, β+1を代入すれば
f(α) = 0,f(β) = 0が成り立つからです。


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