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　$a_{n+2}+pa_{n+1}+qa_n=0$

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

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

答

　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． この式を整理して， \[a_{n+2}-(\alpha+\beta)\,a_{n+1}+\alpha\beta\, a_n=0\ \cdots\mbox{②}\] 　①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．

$\underline{1^\circ\ \ \alpha=3,\ \beta=4\ \mbox{のとき}}$

　②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， \[b_{n+1}=4\,b_n\ \gets \mbox{等比数列型}\] 　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 \[a_{n+1}-3\,a_n=2\cdot4^{n-1}\ \cdots\mbox{③}\]

$\underline{2^\circ\ \ \alpha=4,\ \beta=3\ \mbox{のとき}}$

　②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， \[c_{n+1}=3\,c_n\ \gets \mbox{等比数列型}\] 　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

　上の $(*)$ の方程式を，(隣接3項間)漸化式の特性方程式という．

11.2　特性方程式が解1をもつ場合

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

【下準備】
　特性方程式より， \[\alpha^2-4\alpha+3=0\ \therefore \alpha=1,\ 3\] 【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， \[a_{n+1}-a_n=4\cdot3^{n-1}\ \gets\mbox{階差数列型}\] 　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， \[a_{n+2}-3\,a_{n+1}=a_{n+1}-3\,a_n\] 　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項間前回式の問題として処理)

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

答

【下準備】
　特性方程式より， \[\alpha^2-4\alpha+4=0\ \therefore \alpha=2\ (\mbox{重解})\] 【下準備ここまで】

　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， \[\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}-\frac{a_n}{2^n}=\frac 34\ \ \ (\gets\mbox{等差数列型})\] 　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， \[\begin{align*} \frac{a_n}{2^n}&=\frac12+(n-1)\cdot\frac34\\[5pt] &=\frac34n-\frac14 \end{align*}\] \[\therefore \underline{\boldsymbol{a_n=(3n-1)2^{n-2}}}\]

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， \[b_n=\frac{\sqrt5}5(\alpha^n-\beta^n)\] \[\therefore \underline{\boldsymbol{a_n=\frac{\sqrt5}5\left\{\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^n\right\}}}\]

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