11. 隣接3項間漸化式(ノート)
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数学B　第2章　数列

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11. 隣接3項間漸化式

　連続した３つの項の関係を表した等式を，隣接3項間漸化式という．隣接した2項間の関係に比べると状況はやや複雑化するものの，結局のところ隣接2項間漸化式に帰着させて考えることになり，隣接2項間漸化式が不自由なく扱えるならば，3項間でも全く問題なく処理できる．

11.1　$a_{n+2}+pa_{n+1}+qa_n=0$

　典型的な隣接3項間漸化式は，突き詰めてしまえば次のようになるといえる．

　$\boldsymbol{a_{n+2}+p\,a_{n+1}+q\,a_n=0}$ 型
　　→　$a_n=A\,\alpha^{n-1}+B\,\beta^{n-1}$ の形になる．

　この点については下の11.4節で述べるとして，まずはオーソドックスなタイプから見ていこう．

特性方程式が異なる2つの実数解をもつ場合

　隣接3項間漸化式の最もオーソドックスなパターンとして，次の例題を見ていこう．

例題1　$a_1=1,\ a_2=5,\ a_{n+2}-7a_n+12a_n=0$ の一般項 $a_n$ を求めよ．

　2項間の場合がそうであったように，3項間の場合も「上手い変形」によって等比数列型の漸化式に帰着させるというのが大まかな方針である．等比数列型の漸化式 というのは次のような形であった：

等比数列型の漸化式　$a_{n+1}=r\,a_n$　→　$\{a_n\}$ は公比 $r$ の等比数列

　このような上手い変形を導くための補助的な方程式(特性方程式)が，隣接2項間の場合と同様に存在する．2項間の場合はそれが1次方程式であったが，3項間の場合は2次方程式になる．そしてこの2次方程式が，異なる2つの実数解をもつケースというのが最も基本的なパターンであり，本問はそのケースである．

　まずは特性方程式を導くところから始めてみよう．後述するように，実際の答案では特性方程式の導出過程は省略してもっとシンプルに書いてよい．

　漸化式を変形して， \[a_{n+1}-\alpha\,a_{n+1}=\beta\,(a_{n+1}-\alpha\, a_n)\ \cdots\mbox{①}\] と書けたとしよう． これが先に述べた「上手い変形」である．何故これを指して上手い変形といえるか，その理由は

数列 $\{a_{n+1}-\alpha\, a_n\}$ が公比 $\beta$ の等比数列になっているから

である．

特性方程式の作り方

　①式をすべて左辺に寄せて整理すると，

\[a_{n+2}-(\alpha+\beta)\,a_{n+1}+\alpha\beta\, a_n=0\]

　これと与えられた漸化式と比較すると， \[\alpha+\beta=7,\ \ \ \alpha\beta=12\] であり，この2式を満たす2数 $\alpha,\ \beta$ は，2次方程式

\[x^2-7x+12=0\ \ \cdots(*)\]

の2解であるから，$\alpha$ と $\beta$ は 3 と 4 である．$(*)$ の方程式を，与えられた漸化式の特性方程式という．与えられた漸化式と特性方程式を並べて比較してみよう．

\[\begin{align*} a_{n+2}-7a_n+12a_n&=0\\[5pt] x^2\hspace{2mm}-7x\hspace{2mm}+12\hspace{4mm}&=0 \end{align*}\]

　すると，

\[\begin{align*} a_{n+2}&\to x^2\\[5pt] a_{n+1}&\to x\\[5pt] a_n&\to 1 \end{align*}\]

という具合に置き換わっていることがわかる．これは偶然ではなく，この手の隣接3項間漸化式では常にこれと同様の置き換えで特性方程式が得られるのである．

特性方程式の作り方　$a_{n+2}+pa_{n+1}+qa_n=0$ の形の隣接3項間漸化式の特性方程式は\[x^2-px+q=0\]

　特性方程式の解として得られた3と4は，どちらが $\alpha$ か $\beta$ かで2通り考えられ，その2通りの両方を考えることで一般項を導く方法を次に示す．

1°　$ \alpha=3,\ \beta=4$ のとき

　①より \[a_{n+2}-3\,a_{n+1}=4\,(a_{n+1}-3\,a_n)\] 　$b_n=a_{n+1}-3\,a_n$ とおくと，

$b_{n+1}=4\,b_n$　(←等比数列型)

　よって数列 $\{b_n\}$ は初項 $b_1=a_2-3\,a_1=5-3\cdot1=2$，公比4の等比数列であるから， \[b_n=2\cdot4^{n-1}\] 　$b_n$ を元に戻して \[a_{n+1}-3\,a_n=2\cdot4^{n-1}\ \cdots\mbox{③}\]

2°　$ \alpha=4,\ \beta=3$ のとき

　①より \[a_{n+2}-4\,a_{n+1}=3(a_{n+1}-4\,a_n)\] 　$c_n=a_{n+1}-4\,a_n$ とおくと，

$c_{n+1}=3\,c_n$　(←等比数列型)

　よって数列 $\{c_n\}$ は初項 $c_1=a_2-4\,a_1=5-4\cdot1=1$，公比3の等比数列であるから， \[c_n=3^{n-1}\] 　$c_n$ を元に戻して \[a_{n+1}-4\,a_n=3^{n-1}\ \cdots\mbox{④}\]

　③$-$④より \[\underline{\boldsymbol{a_n=2\cdot4^{n-1}-3^{n-1}}}\]

補足

実際の答案の書き方

　上の解答例では，特性方程式を導くところから記述したのであるが，実際の答案では計算用紙に特性方程式の解を計算しておき，いきなり変形したところから書くのでよい．以下がその記述例である．

11.2　特性方程式が1を解にもつ場合

　特性方程式の解の1つが1であると，別の方法でも一般項を求めることができる．

例題2　$a_1=1,\ a_2=5,\ a_{n+2}-4\,a_{n+1}+3\,a_n=0$ の一般項 $a_n$ を求めよ．

【下準備】
　特性方程式より， \[x^2-4x+3=0\ \therefore x=1,\ 3\] 【下準備ここまで】

解法その1

　漸化式を変形して， \[a_{n+2}-a_{n+1}=3(a_{n+1}-a_n)\] 　よって数列 $\{a_{n+1}-a_n\}$ は初項 $a_2-a_1=4$，公比3の等比数列であるから，

$a_{n+1}-a_n=4\cdot3^{n-1}$　(←階差数列型)

　よって，$n\geqq2$ のとき， \[\begin{align*} a_n&=1+\sum_{k=1}^{n-1}4\cdot3^{k-1}\\[5pt] &=1+4\cdot\frac{3^{n-1}-1}{3-1}\\[5pt] &=\underline{\boldsymbol{2\cdot3^{n-1}-1}}\\[5pt] \end{align*}\]

($n=1$ のときもこれでよい．)

解法その2

　漸化式を変形して， \[a_{n+2}-3\,a_{n+1}=a_{n+1}-3\,a_n\]

　これは数列 $\{a_{n+1}-3\,a_n\}$ が，定数数列(すべての項が同じ数である数列)であることを表している．よって， \[\begin{align*} a_{n+1}-3\,a_n&=a_n-3\,a_{n-1}\\[5pt] &=\cdots\\[5pt] &=a_2-3\,a_1\\[5pt] &=5-3\cdot1=2 \end{align*}\] となるから， \[a_{n+1}=3\,a_n+2\] (これ以降は隣接2項間漸化式の問題として処理)

補足

従来の解法ももちろんOK

　もちろん前節と同様に連立方程式を解く要領からも一般項を導ける．

\[\left\{ \begin{array}{ll} a_{n+1}-a_n=4\cdot3^{n-1}&\cdots\mbox{①}\\[5pt] a_{n+1}-3\,a_n=2&\cdots\mbox{②} \end{array}\right.\]

　①－②より　$2a_n=4\cdot3^{n-1}-2$
　両辺を2で割って　$\underline{a_n=2\cdot3^{n-1}-1}$

11.3　特性方程式が重解をもつ場合

　特性方程式の解が重解のとき，変形して得られる式は1本となるが，隣接2項間漸化式に帰着させて一般項を導くことができる．

例題3　$a_1=1,\ a_2=5,\ a_{n+2}-4\,a_{n+1}+4\,a_n=0$ の一般項 $a_n$ を求めよ．

こたえ

　漸化式を変形して， \[a_{n+2}-2\,a_{n+1}=2(a_{n+1}-\,2\,a_n)\]

　よって数列 $\{a_{n+1}-2\,a_n\}$ は，初項 $a_2-2\,a_1=5-2\cdot 1=3$，公比 2 の等比数列であるから， \[a_{n+1}-2\,a_n=3\cdot2^{n-1}\] 　この両辺を $2^{n+1}$ で割ると，

$\dfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}-\dfrac{a_n}{2^n}=\dfrac 34$　(←等差数列型)

　よって，数列 $\left\{\dfrac{a_n}{2^n}\right\}$ は，初項 $\dfrac{a_1}2=\dfrac12$，公差 $\dfrac34$ の等差数列であるから， \[\begin{align*} \frac{a_n}{2^n}&=\frac12+(n-1)\cdot\frac34\\[5pt] &=\frac34n-\frac14 \end{align*}\] \[\therefore \underline{\boldsymbol{a_n=(3n-1)2^{n-2}}}\]

補足

ただ1通りの変形からだけでも一般項は導ける

　この解法からわかるように，特性方程式が異なる2つの実数解をもつような場合であっても，一方だけの変形から一般項を導くことが可能である．例えば，例題1では $a_{n+1}-3\,a_n=2\cdot4^{n-1}$ と $a_{n+1}-4\,a_n=3^{n-1}$ の2通りに変形したが，$a_{n+1}-3\,a_n=2\cdot4^{n-1}$ だけ，あるいは $a_{n+1}-4\,a_n=3^{n-1}$ だけからでも一般項を導くことは可能である．

　$a_{n+1}-3\,a_n=2\cdot4^{n-1}$ の場合では両辺を $4^{n+1}$ で割って

\[\dfrac{a_{n+1}}{4^{n+1}}-\dfrac34\cdot\dfrac{a_n}{4^n}=\dfrac18\]

　ここで $\dfrac{a_n}{4^n}=b_n$ とおくと，$b_1=\dfrac{a_1}4=\dfrac14$ で，

\[b_{n+1}=\dfrac34 b_n+\dfrac18\]

となるが，これは典型的な隣接2項間漸化式である．(以下の解答は省略)

11.4　3項間漸化式の発展的な考え方

　$a_{n+2}+p\,a_{n+1}+q\,a_n=0$ 型の一般項は，特性方程式の2解を $\alpha,\ \beta\ (\alpha\neq\beta)$ としたとき，

\[a_n=A\,\alpha^{n-1}+B\,\beta^{n-1}\]

の形になる．
　この事実を逆手に取って，次のように答案を作ることもできる：

例題　$a_1=1,\ a_2=1,\ a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$ の一般項 $a_n$ を求めよ．
　　（フィボナッチの数列と呼ばれている．）

解答例

　$t^2=t+1\ (\cdots$①) の2解を $\alpha\left(=\dfrac{1+\sqrt5}2\right)$，$\beta\left(=\dfrac{1-\sqrt5}2\right)$ とし， \[b_n=A\,\alpha^{n-1}+B\,\beta^{n-1}\ \ \ \cdots\mbox{②}\] とおくと， \[\begin{align*} b_{n+2}&=A\,\alpha^{n+1}+B\,\beta^{n+1}\\[5pt] &=A\,\alpha^2\cdot\alpha^{n-1}+B\,\beta^2\beta^{n-1}\\[5pt] &=A(\alpha+1)\alpha^{n-1}+B(\beta+1)\beta^{n-1}\ \ \ (\because\mbox{①})\\[5pt] &=A(\alpha^n+\alpha^{n-1})+B(\beta^n+\beta^{n-1})\\[5pt] &=(A\,\alpha^n+B\,\beta^n)+(A\,\alpha^{n-1}+B\,\beta^{n-1})\\[5pt] &=b_{n+1}+b_n \end{align*}\] となり，$\{b_n\}$ は $\{a_n\}$ と同じ漸化式を満たす．(つまり数列の生成過程が同一である．)
　更に，$b_1=a_1(=1)$，$b_2=a_2(=1)$ ならば，すべての $n$ で $b_n=a_n$ が成り立つから，②より， \[\left\{\begin{array}{ll} (b_1=)A+B=1&\cdots\mbox{③}\\[5pt] (b_2=)A\,\alpha+B\,\beta=1&\cdots\mbox{④} \end{array}\right.\] 　④$-$③$\times\beta$ より， \[(\alpha-\beta)A=1-\beta\] \[\therefore A=\frac{1-\beta}{\alpha-\beta}=\frac{\frac{1+\sqrt5}2}{\sqrt5}=\frac{5+\sqrt5}{10}=\frac{\sqrt5}5\alpha\] 　③より，$B=1-A=\dfrac{5-\sqrt5}{10}=-\dfrac{\sqrt5}5\beta$．
　故に②より， \[b_n=\frac{\sqrt5}5(\alpha^n-\beta^n)\] \[\therefore \underline{\boldsymbol{a_n=\frac{\sqrt5}5\left\{\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^n\right\}}}\]

補足

隣接3項間漸化式の裏技的解法

　この答案から，隣接3項間漸化式の解法には2項間の場合と同様の裏技ともいえる解法があることがわかる．例題1を使って手順を説明する．

例題1　$a_1=1,\ a_2=5,\ a_{n+2}-7a_n+12a_n=0$ の一般項 $a_n$ を求めよ．

　特性方程式の解が4と3であったから，数列 $\{a_n\}$ の一般項は $A,\ B$ を定数として

\[a_n=A\cdot4^{n-1}+B\cdot3^{n-1}\]

まではわかっていることになる．あとは初項と第2項の条件から $A$ と $B$ を定めればよい．

　$a_1=1$ より　$A+B=1$
　$a_2=5$ より　$4A+3B=5$

　これを解いて　$A=2,\ B=-1$
　よって　$\underline{a_n=2\cdot4^{n-1}-\cdot3^{n-1}}$

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