テトラナッチ数列の一般項を求める
テトラナッチ数列とは
テトラナッチ数列の一般項を求めてみましょう。
テトラナッチ数列とは、フィボナッチ数列に類似した数列で、フィボナッチ数列の漸化式が先行2項の和であるのに対し、先行４項の和で定義されるものです。この記事では以下のとおり定義します。
$$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} T_0 =T_1=T_2= 0,\\ T_3 = 1,\\ T_{n+4} = T_n + T_{n+1}+ T_{n+2}+ T_{n+3} (n \ge 0). \end{array} \right. \end{eqnarray}$$
初項を$T_0$として初めの方を書き下すとこんなかんじになります。
$\{T_n\}=\{0, 0, 0, 1, 1, 2, 4, 8, 15, 29, 56, 108, 208, 401, 773, 1490, 2872,\cdots\}(n\ge0)$
母関数を閉じた式で表す
テトラナッチ数列の一般項を求めるために、まずその母関数を考えます。
母関数とは、数列に対応づけられた関数で、次のようなものです。
$ \begin{align} T(x)&=T_0 x^0+T_1 x^1 + T_2 x^2+T_3x^3 + T_4 x^4 +T_5x^5+T_6x^6+T_7x^7+T_8x^8+\cdots\\ &=0+ 0x+ 0x^2+ 1x^3+ 1x^4+ 2x^5+ 4x^6+ 8x^7+ 15x^8+\cdots\\ &=x^3+ x^4+ 2x^5+ 4x^6+ 8x^7+ 15x^8+\cdots\\ \end{align} $
この式を次のように操作すると閉じた式が得られます。
$
\begin{array}{c}
T(x)&=&x^3+ &x^4+ &2x^5+ &4x^6+ &8x^7+ &15x^8+\cdots\\
xT(x)&=&&x^4+& x^5+ &2x^6+ &4x^7+& 8x^8+\cdots\\
x^2T(x)&=&&&x^5+ &x^6+ &2x^7+ &4x^8+ \cdots\\
x^3T(x)&=&&&&x^6+ &x^7+ &2x^8\cdots\\
x^4T(x)&=&&&&&x^7+ &x^8\cdots\\
\end{array}
$
$
(1-x-x^2-x^3-x^4)T(x)=x^3
$
$
\therefore
T(x)=\frac{x^3}{1-x-x^2-x^3-x^4}
$
母関数の式を部分分数分解する
母関数の式は次のように部分分数分解できます。
参考:「
1/((x-a)(x-b)(x-c)(x-d))を部分分数分解する
」
$x$の方程式 $1-x-x^2-x^3-x^4=0$の4つの解を $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ として、
${\displaystyle
\begin{align}
T(x)&=\frac{x^3}{1-x-x^2-x^3-x^4}\\
&=\frac{-x^3}{(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)(x-\delta)}\\
&=\frac{-x^3}{x-\alpha}\cdot\frac{1}{(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\alpha-\delta)}\\
&\qquad+\frac{-x^3}{x-\beta}\cdot\frac{1}{(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)(\beta-\delta)}\\
&\qquad+\frac{-x^3}{x-\gamma}\cdot\frac{1}{(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)(\gamma-\delta)}\\
&\qquad+\frac{-x^3}{x-\delta}\cdot\frac{1}{(\delta-\alpha)(\delta-\beta)(\delta-\gamma)}\\
&=\frac{x^3}{1-\frac{x}{\alpha}}\cdot\frac{1}{\alpha(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\alpha-\delta)}\\
&\qquad+\frac{x^3}{1-\frac{x}{\beta}}\cdot\frac{1}{\beta(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)(\beta-\delta)}\\
&\qquad+\frac{x^3}{1-\frac{x}{\gamma}}\cdot\frac{1}{\gamma(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)(\gamma-\delta)}\\
&\qquad+\frac{x^3}{1-\frac{x}{\delta}}\cdot\frac{1}{\delta(\delta-\alpha)(\delta-\beta)(\delta-\gamma)}\\
\end{align}
}
$
さらに、$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots$ と無限級数化する方法を使えば
${\displaystyle \begin{align} T(x)&=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n+3}\left( \frac{1}{\alpha^{n+1}(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\alpha-\delta)}\right.\\ &\qquad\qquad+\frac{1}{\beta^{n+1}(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)(\beta-\delta)}\\ &\qquad\qquad+\frac{1}{\gamma^{n+1}(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)(\gamma-\delta)}\\ &\left.\qquad\qquad+\frac{1}{\delta^{n+1}(\delta-\alpha)(\delta-\beta)(\delta-\gamma)}\right) \\ \end{align} } $
テトラナッチ数列の一般項を求める
ここで ${\displaystyle T(x)=\sum_{n=0}^{\infty}T_n x^n }$ だったことを思い出して上記の式と係数比較すると、テトラナッチ数列の一般項を表す式が得られます。
$x$の方程式 $1-x-x^2-x^3-x^4=0$の4つの解を $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ として、
${\displaystyle
\begin{align}
T_n&=\left(
\frac{1}{\alpha^{n-2}(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\alpha-\delta)}\right.\\
&\qquad\qquad+\frac{1}{\beta^{n-2}(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)(\beta-\delta)}\\
&\qquad\qquad+\frac{1}{\gamma^{n-2}(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)(\gamma-\delta)}\\
&\left.\qquad\qquad+\frac{1}{\delta^{n-2}(\delta-\alpha)(\delta-\beta)(\delta-\gamma)}\right)\qquad(n\ge3)
\\
\end{align}
}$
ところで、ここまで$x$の方程式 $1-x-x^2-x^3-x^4=0$の4つの解を $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ として計算してきましたが、$x=\frac{1}{t}$と置換すると
$1-\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}-\frac{1}{t^3}-\frac{1}{t^4}=0$
両辺に $t^4$ をかけると
$t^4-t^3-t^2-t-1=0$
となることから、$t$の方程式 $t^4-t^3-t^2-t-1=0$の解は $\frac{1}{\alpha},\frac{1}{\beta},\frac{1}{\gamma},\frac{1}{\delta}$ と、逆数になります。
これを使って先ほどの式を書き換えると
$x$の方程式 $x^4-x^3-x^2-x-1=0$の4つの解を $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ として、
${\displaystyle
\begin{align}
T_n&=\left(
\frac{\alpha^{n-2}}{(\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\beta})(\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\gamma})(\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\delta})}\right.\\
&\qquad\qquad+\frac{\beta^{n-2}}{(\frac{1}{\beta}-\frac{1}{\alpha})(\frac{1}{\beta}-\frac{1}{\gamma})(\frac{1}{\beta}-\frac{1}{\delta})}\\
&\qquad\qquad+\frac{\gamma^{n-2}}{(\frac{1}{\gamma}-\frac{1}{\alpha})(\frac{1}{\gamma}-\frac{1}{\beta})(\frac{1}{\gamma}-\frac{1}{\delta})}\\
&\left.\qquad\qquad+\frac{\delta^{n-2}}{(\frac{1}{\delta}-\frac{1}{\alpha})(\frac{1}{\delta}-\frac{1}{\beta})(\frac{1}{\delta}-\frac{1}{\gamma})}\right)\qquad(n\ge3)
\\
\end{align}
}$
テトラナッチ数列の一般項ができました!
同じ方法で、任意のk-ナッチ数列の一般項を求めることができるはずです。
(2020/11/12 追記)
もう少しシンプルにできることに気がついたので追記します。
解と係数の関係より$\alpha\beta\gamma\delta=-1$ となりますから、先程の式の分母について、例えば第1項の分母は
${\displaystyle \begin{align} \left(\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\beta}\right) \left(\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\gamma} \right) \left(\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\delta} \right) &=\frac{(\beta-\alpha)(\gamma-\alpha)(\delta-\alpha)} {\alpha^3\beta\gamma\delta}\\ &=\frac{(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\alpha-\delta)} {\alpha^2}\\ \end{align} }$
と変形できますので、先程の式をさらに書き換えると
$x$の方程式 $x^4-x^3-x^2-x-1=0$の4つの解を $\alpha,\beta,\gamma,\delta$ として、
${\displaystyle
\begin{align}
T_n&=\left(
\frac{\alpha^{n}}{(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\alpha-\delta)}\right.\\
&\qquad\qquad+\frac{\beta^{n}}{(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)(\beta-\delta)}\\
&\qquad\qquad+\frac{\gamma^{n}}{(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)(\gamma-\delta)}\\
&\left.\qquad\qquad+\frac{\delta^{n}}{(\delta-\alpha)(\delta-\beta)(\delta-\gamma)}\right)\qquad(n\ge3)
\\
\end{align}
}$
いい感じになりました。
kナッチ数列の一般項についての予想との関係
最後の式を観察すると、
フィボナッチ数列を拡張したk-ナッチ数列の一般項についての予想
が、テトラナッチ数列(4-ナッチ数列)の場合、少なくともnが大きいときは成り立っていることがわかりました。
$x$の方程式 $x^4-x^3-x^2-x-1=0$の4つの解(近似解)は次のようになります。
$\alpha≈1.92756$
$\beta≈-0.77480$
$\gamma≈-0.07637 + 0.81470 i$
$\delta≈-0.07637 - 0.81470 i$
$|\beta|<1,|\gamma|<1,|\delta|<1$ ですから、nが大きいときは $|\beta^n|,|\gamma^n|,|\delta^n|$は非常に小さくなり計算結果にほとんど影響しません。
結局
${\displaystyle
T_n≈
\frac{\alpha^{n}}{(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\alpha-\delta)}
}$
となりますが、この式は
フィボナッチ数列を拡張したk-ナッチ数列の一般項についての予想
で四捨五入する式と同じになっています!
この記事は私が自力で導出したものなので誤りを含んでいる可能性があります。おかしなところがあれば教えてください
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