トリボナッチ数の一般項の四捨五入による表現の導出

はじめに

前回 フィボナッチ数の一般項の四捨五入による表現の導出 の記事でやったことをトリボナッチ数でもやってみようと思います。
途中まではほとんど同じですが、最後の評価の部分は結構大変です。その部分に苦労したので途中すっ飛ばして最後だけでも見ていただければ幸いです。

トリボナッチ数の一般項の四捨五入による表現

この記事ではトリボナッチ数を$T_n$で表します。
まず、過去記事で紹介した四捨五入による表現を紹介します。
なお、この記事では四捨五入する関数として $\lfloor x\rceil$ という記法を使います。すなわち
　　　　$\lfloor x\rceil=\left\lfloor x+\frac{1}{2}\right\rfloor$
ということです。

以下の導出過程はこの記事↓
テトラナッチ数列の一般項を求める
と同じですので、詳細はそちらを参照してください。

以下では概略のみ記載します。

母関数を閉じた式にする

$ \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+ 1x^2+ 1x^3+ 2x^4+ 4x^5+ 7x^6+ 13x^7+ 24x^8+\cdots\\ &=x^2+ x^3+ 2x^4+ 4x^5+ 7x^6+ 13x^7+ 24x^8+\cdots\\ \end{align} $

　　　　$ \begin{array}{c} T(x)&=&x^2+&x^3+ &2x^4+ &4x^5+ &7x^6+&13x^7+ \cdots\\ xT(x)&=&& x^3+ &x^4+ &2x^5+& 4x^6+&7x^7+ \cdots\\ x^2T(x)&=&&&x^4+ &x^5+ &2x^6+ &4x^7+ \cdots\\ x^3T(x)&=&&&&x^45+ &x^6+ &2x^7+ \cdots\\ \end{array} $

　　　　$ (1-x-x^2-x^3)T(x)=x^2 $

　　　　$ \therefore T(x)=\frac{x^2}{1-x-x^2-x^3} $

部分分数分解して無限級数化する

　　$x$の方程式 $1-x-x^2-x^3=0$の3つの解を $\alpha,\beta,\gamma$ として、
　　　　${\displaystyle \begin{align} T(x)&=\frac{x^2}{1-x-x^2-x^3}\\ &=\frac{-x^2}{(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)}\\ &=\frac{-x^2}{x-\alpha}\cdot\frac{1}{(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)} +\frac{-x^2}{x-\beta}\cdot\frac{1}{(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)} +\frac{-x^2}{x-\gamma}\cdot\frac{1}{(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)}\\ &=\frac{x^2}{1-\frac{x}{\alpha}}\cdot\frac{1}{\alpha(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)} +\frac{x^2}{1-\frac{x}{\beta}}\cdot\frac{1}{\beta(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)} +\frac{x^2}{1-\frac{x}{\gamma}}\cdot\frac{1}{\gamma(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)} \\ &=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n+2}\left( \frac{1}{\alpha^{n+1}(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)} +\frac{1}{\beta^{n+1}(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)} +\frac{1}{\gamma^{n+1}(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)}\right) \\ \end{align} } $

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、

　　　　${\displaystyle \begin{align} T_n&= \frac{1}{\alpha^{n-1}(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)}+\frac{1}{\beta^{n-1}(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)}+\frac{1}{\gamma^{n-1}(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)} \\ \end{align} }$

ここまで$x$の方程式 $1-x-x^2-x^3=0$の3つの解を $\alpha,\beta,\gamma$ として計算してきましたが、$x=\frac{1}{t}$と置換した $t$の方程式　$t^3-t^2-t-1=0$の解を $t=T,P,\bar{P}$　とすると、$\alpha=\frac{1}{T},\beta=\frac{1}{P},\gamma=\frac{1}{\bar{P}}$ と書き換えることができます($T$を唯一の実数解とします)。
具体的には
　　　　${\displaystyle {\begin{aligned} T &={\frac {1}{3}}\left(1+{\sqrt[{3}]{19-3{\sqrt {33}}}}+{\sqrt[{3}]{19+3{\sqrt {33}}}}\right)\\ P &={\frac {1}{3}}\left(1+\omega {\sqrt[{3}]{19-3{\sqrt {33}}}}+{{\omega^2 }}{\sqrt[{3}]{19+3{\sqrt {33}}}}\right)\\ \bar{P} &={\frac {1}{3}}\left(1+{ {\omega^2 }}{\sqrt[{3}]{19-3{\sqrt {33}}}}+\omega {\sqrt[{3}]{19+3{\sqrt {33}}}}\right)\end{aligned}}}$

ここで、$\omega$は1の原始３乗根
　　　　${\displaystyle \omega ={\frac {-1+{\sqrt {3}}i}{2}}}$
です。
すると、
　　　　${\displaystyle \begin{align} T_n&= \frac{T^{n-1}}{(\frac{1}{T}-\frac{1}{P})(\frac{1}{T}-\frac{1}{\bar{P}})} +\frac{P^{n-1}}{(\frac{1}{P}-\frac{1}{T})(\frac{1}{P}-\frac{1}{\bar{P}})} +\frac{\bar{P}^{n-1}}{(\frac{1}{\bar{P}}-\frac{1}{T})(\frac{1}{\bar{P}}-\frac{1}{P})}\\ &= \frac{T^{n}}{(T-P)(T-\bar{P})} +\frac{P^{n}}{(P-T)(P-\bar{P})} +\frac{\bar{P}^{n}}{(\bar{P}-T)(\bar{P}-P)}\qquad\because TP\bar{P}=1 \\ \end{align} }$

誤差項を評価する

得られた式を観察すると、第１項～第３項はそれぞれ公比 $T,P,\bar{P}$ の等比数列となっていることがわかります。

　　　　${\displaystyle \begin{align} T_n&= \underbrace{\frac{T^{n}}{(T-P)(T-\bar{P})}}_{\text{第１項}} +\underbrace{\frac{P^{n}}{(P-T)(P-\bar{P})}}_{\text{第２項}} +\underbrace{\frac{\bar{P}^{n}}{(\bar{P}-T)(\bar{P}-P)}}_{\text{第３項}} \\ \end{align} }$

$T,P,\bar{P}$を数値計算すると

　　　　${\displaystyle {\begin{aligned} T &≈1.8393\\ P &≈-0.41964 + 0.60629 i\\ \bar{P} &≈-0.41964 - 0.60629 i \end{aligned}}}$

となり、$|P|=|\bar{P}|<1$ ですから、nが大きいときは第２項と第３項はほとんど計算結果に影響しないことがわかります。
もう少し詳しく見てみましょう。第１項について、

　　　　${\displaystyle \begin{align} \text{第１項}&= \frac{T^{n}}{(T-P)(T-\bar{P})}\\ &=\frac{T^{n}}{T^2-(P+\bar{P})T+P\bar{P}}\\ &=\frac{T^{n}}{2T^2-T+\frac{1}{T}} \qquad\because P+\bar{P}+T=1,P\bar{P}T=1\\ &=\frac{T^{n}}{3T^2-2T-1} \qquad\because T^2-T-1-T^{-1}=0\\ \\ \end{align} }$

と、 $T$ だけで表現することができます。次に第２項と第３項の和の絶対値が $\frac{1}{2}$ 未満であることを示します。準備として $P-\bar{P}$ を計算します。

　　　　　　　　${\displaystyle \begin{align} (P-\bar{P})^2 &=(P+\bar{P})^2-4P\bar{P}\\ &=(1-T)^2-\frac{4}{T}&&\qquad\because P+\bar{P}+T=1,P\bar{P}T=1\\ &=T^2-2T+1-4(T^2-T-1)&&\qquad\because T^2-T-1-T^{-1}=0\\ &=-3T^2+2T+5 \end{align} }$

であるから、符号と偏角に注意して

　　　　${\displaystyle \begin{align} (P-\bar{P}) &=i\sqrt{3T^2-2T-5} \end{align} }$

となります。次に $|P|,|\bar{P}|$ を計算します。
　　　　${\displaystyle \begin{align} |P|=|\bar{P}|=\sqrt{P\bar{P}} &=\frac{1}{\sqrt{T}} \end{align} }$

これらを使って第２項＋第３項を変形します。

　　　　${\displaystyle \begin{align} \text{第２項＋第３項}&= \frac{P^{n}}{(P-T)(P-\bar{P})} +\frac{\bar{P}^{n}}{(\bar{P}-T)(\bar{P}-P)}\\ &=\frac{-P^{n}(T-\bar{P})+\bar{P}^{n}(T-P)}{(T-P)(T-\bar{P})\cdot(P-\bar{P})}\\ &=\frac{ \frac{P^{n-1}-\bar{P}^{n-1}}{T}-T(P^{n}-\bar{P}^{n}) }{(3T^2-2T-1)\cdot i\sqrt{3T^2-2T-5}}\\ &=\frac{ (T^2-T-1)(P^{n-1}-\bar{P}^{n-1})-T(P^{n}-\bar{P}^{n}) }{(3T^2-2T-1)\cdot i\sqrt{3T^2-2T-5}}\\ \\ \end{align} }$
複素数の絶対値で評価すると
　　　　${\displaystyle \begin{align} \left| \text{第２項＋第３項}\right| &=\left| \frac{ (T^2-T-1)(P^{n-1}-\bar{P}^{n-1})-T(P^{n}-\bar{P}^{n}) }{(3T^2-2T-1)\cdot i\sqrt{3T^2-2T-5}}\right| \\ \end{align} }$

$n=0,$ $n=1,$ $n\ge2$ に場合分けして評価します。
(i)　$n=0$ のとき
　　　　${\displaystyle \begin{align} \left| \text{第２項＋第３項}\right| &=\left| \frac{ -T(T^2-T-1)(P-\bar{P})-T(1-1) }{(3T^2-2T-1)\cdot i\sqrt{3T^2-2T-5}}\right| \\ &=\frac{T^3-T^2-T}{3T^2-2T-1}\\ &=\frac{1}{3T^2-2T-1}\qquad\because T^3=T^2+T+1\\ &≈0.1828\\ &<\frac{1}{2} \end{align} }$

(i)　$n=1$ のとき
　　　　${\displaystyle \begin{align} \left| \text{第２項＋第３項}\right| &=\left| \frac{ (T^2-T-1)(1-1)-T(P-\bar{P}) }{(3T^2-2T-1)\cdot i\sqrt{3T^2-2T-5}}\right| \\ &=\frac{T}{3T^2-2T-1}\\ &≈0.3362\\ &<\frac{1}{2} \end{align} }$

(iii)　$n\ge2$ のとき

　　　　${\displaystyle \begin{align} \left| \text{第２項＋第３項}\right| &=\left| \frac{ (T^2-T-1)(P^{n-1}-\bar{P}^{n-1})-T(P^{n}-\bar{P}^{n}) }{(3T^2-2T-1)\cdot i\sqrt{3T^2-2T-5}}\right| \\ &<\left| \frac{ (T^2-T-1)(|P^{n-1}|+|\bar{P}^{n-1}|)+T(|P^{n}|+|\bar{P}^{n}|) }{(3T^2-2T-1)\cdot i\sqrt{3T^2-2T-5}}\right| \\ &<\left| \frac{ (T^2-T-1)(|P|+|\bar{P}|)+T(|P|^2+|\bar{P}|^2) }{(3T^2-2T-1)\cdot \sqrt{3T^2-2T-5}}\right| \\ &= \frac{ (T^2-T-1)\cdot\frac{2}{\sqrt{T}}+2 }{(3T^2-2T-1)\cdot \sqrt{3T^2-2T-5}}\\ &≈0.4223\\ &<\frac{1}{2} \end{align} }$

(i)～(iii)より $n\ge0$ について

　　　　${\displaystyle \begin{align} \left| \text{第２項＋第３項}\right| &<\frac{1}{2} \end{align} }$

となります。ここで
　　　　${\displaystyle \begin{align} \frac{T^{n}}{3T^2-2T-1} &=T_n -\left( \text{第２項＋第３項} \right) \\ \end{align} }$

なのでこの式の両辺を四捨五入すると
　　　　${\displaystyle \begin{align} \left\lfloor \frac{T^{n}}{3T^2-2T-1}\right\rceil &=\left\lfloor T_n -\left( \text{第２項＋第３項} \right)\right\rceil \\ &=T_n\qquad\qquad\because \left| \text{第２項＋第３項}\right| <\frac{1}{2} \end{align} }$

　　　　${\displaystyle \begin{align} \therefore T_n=\left\lfloor \frac{T^{n}}{3T^2-2T-1}\right\rceil \end{align} }$
導出できました!

「予想」との関係

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
の、$k=3$ の場合の式と一致しています!

補足

　　　　${\displaystyle \begin{align} T_n&= \underbrace{\frac{T^{n}}{(T-P)(T-\bar{P})}}_{\text{第１項}} +\underbrace{\frac{P^{n}}{(P-T)(P-\bar{P})}}_{\text{第２項}} +\underbrace{\frac{\bar{P}^{n}}{(\bar{P}-T)(\bar{P}-P)}}_{\text{第３項}} \\ \end{align} }$
この式をよく見ると、$n$が大きいときは第２項と第３項の和がほとんどゼロになることから、第１項がほとんど整数になることがわかります。フィボナッチ数でも同じ現象が起きました。私の予想は $k\ge4$ のK-ナッチ数列のときも同じ現象がおきるのではないかということでもあります。今回使った方法は $k\ge4$のときに適用するにはちょっと大変すぎる気がします。
$k\ge4$ のときに誤差項をうまく評価する方法があればよいのですが……
　何かご意見、情報等ありましたらコメント等で教えてください!