いろいろな漸化式を解く[線形二項間, ガウス記号, 三角関数, 双曲線関数]

すべての問題において$1\leq n,\ n\in\mathbb{N}$とする。

問題1 線形二項間漸化式

この漸化式の一般項を求めるブログや記事はいろんなところで書かれているのではないでしょうか。

$$\pi(n):=\prod_{k=1}^n f(k)=f(1)f(2) \cdots f(n)$$
とおく。

$$ a_{n+1}=f(n)a_n+g(n) $$
$\pi(n+1)$で両辺を割ると
$$ \dfrac{1}{\pi(n+1)}a_{n+1} =\dfrac{f(n)}{\pi(n+1)}a_n+\dfrac{g(n)}{\pi(n+1)} $$
$$ \dfrac{1}{\pi(n+1)}a_{n+1} =\dfrac{f(n)}{f(n+1) \pi(n)}a_n+\dfrac{g(n)}{\pi(n+1)} $$

$f(n+1)$を両辺にかけて
$$ \dfrac{f(n+1)}{\pi(n+1)}a_{n+1} =\dfrac{f(n)}{\pi(n)}a_n+\dfrac{f(n+1)g(n)}{\pi(n+1)} $$
$$ \dfrac{f(n+1)}{\pi(n+1)}a_{n+1} =\dfrac{f(n)}{\pi(n)}a_n+\dfrac{g(n)}{\pi(n)} $$

$b_n=\dfrac{f(n)}{\pi(n)}a_n$とおくと

$$ b_{n+1}-b_n=\dfrac{g(n)}{\pi(n)} $$

これは階差数列の形であるから

$$ b_n=b_1+\sum_{l=1}^{n-1} \dfrac{g(l)}{\pi(l)}\ (2 \leq n) $$

$$ b_n=\dfrac{f(n)}{\pi(n)}a_n,\ \pi(n):=\prod_{k=1}^n f(k) $$
より $a_n,\ f(n),\ g(n)$の式で一般項を表すと

$$ \dfrac{f(n)}{\pi(n)}a_n =a_1+\sum_{l=1}^{n-1} \dfrac{g(l)}{\pi(l)} =a_1+\sum_{l=1}^{n-1} \left( g(l) \prod_{k=1}^l \dfrac{1}{f(k)} \right) $$
$$ a_n =\dfrac{\pi(n)}{f(n)}\left\{a_1+ \sum_{l=1}^{n-1} \left( g(l) \prod_{k=1}^l \dfrac{1}{f(k)} \right)\right\} $$
$\pi(n)$を総和の中に入れて
$$ =\dfrac{1}{f(n)}\left\{\pi(n) a_1+ \sum_{l=1}^{n-1} \left( g(l) \prod_{k=1}^l \dfrac{\pi(n)}{f(k)} \right)\right\} $$
$$ =\dfrac{1}{f(n)}\left\{\pi(n) a_1+ \sum_{l=1}^{n-1} \left( g(l) \prod_{k=l+1}^n f(k) \right)\right\} $$

$\pi(n)$を総和の形に直すと

問題2 線形三項間漸化式

問題2.1 基本

式をうまく整理すると
$$ a_{n+2}-f(n+1)a_{n+1}-g(n+1) =h(n)(a_{n+1}-f(n)a_n-g(n)) $$
$$ a_{n+1}-f(n)a_n-g(n)=(a_2-f(1)a_1-g(1))\prod_{k=1}^{n-1}h(k) $$

$1\leq n$に対応させて

$$ a_{n+1}=f(n)a_n+g(n)+\dfrac{a_2-f(1)a_1-g(1)}{h(n)}\prod_{k=1}^n h(k) $$
これは問題1と同様に解くことができるから

問題2.2 応用(分数型)

$a_n=\dfrac{b_{n+1}}{b_n}$とおく

$$ \dfrac{b_{n+2}}{b_{n+1}}=f(n+1)+g(n)-\dfrac{f(n)g(n)b_n}{b_{n+1}} $$
$$ b_{n+2}=(f(n+1)+g(n))b_{n+1}-f(n)g(n)b_n $$
これは問題2.1の定数項が$0$のときのパターンであるから
$$ b_n= \begin{equation} \left\{ \, \begin{aligned} & b_1\ (n = 1) \\ & \dfrac{b_1}{f(n)}\left\{\prod_{k=1}^n f(k)+ \sum_{l=1}^{n-1} \left( \left(\dfrac{a_1-f(1)}{h(l)}\prod_{k=1}^l h(k)\right) \prod_{k=l+1}^n f(k) \right)\right\}\ (n \geq 2) \\ \end{aligned} \right. \end{equation} $$
これを代入して$a_n$に直すと

問題3 除算の余りの漸化式

これを元に漸化式を考えると
$a_{n+1}=a_n-3 \left\lfloor \dfrac{a_n}{3} \right\rfloor+n =(a_n$を$3$で割った余り$)+n$
となる。


$n$を$3$で割った余りで一般項を推測できそうです。
$3$を法として、$a_n \equiv m$とすると
$$ a_{n+1}=a_n-3 \left\lfloor \dfrac{a_n}{3} \right\rfloor+n \equiv a_n+n = m+n $$
$$ a_{n+2}=a_{n+1}-3 \left\lfloor \dfrac{a_{n+1}}{3} \right\rfloor+n+1 \equiv a_{n+1}+n+1 = m+2n+1 $$
$$ a_{n+3}=a_{n+2}-3 \left\lfloor \dfrac{a_{n+2}}{3} \right\rfloor+n+2 \equiv a_{n+2}+n+2 = m+3n+3 \equiv m $$
$\therefore a_n \equiv a_{n+3}$


これは$\forall n \in \mathbb{N}_+$で成り立つから$a_1=1,\ a_2=2,\ a_3=4$より
$$ a_{3n-2} \equiv 1,\ a_{3n-1} \equiv 2,\ a_{3n} \equiv 1 $$
公理1より
$$ a_{3n-2}-3 \left\lfloor \dfrac{a_{3n-2}}{3} \right\rfloor = a_{3n}-3 \left\lfloor \dfrac{a_{3n}}{3} \right\rfloor = 1,\ a_{3n-1}-3 \left\lfloor \dfrac{a_{3n-1}}{3} \right\rfloor = 2 $$


よって
$$ a_{3n-1}=a_{3n-2}-3 \left\lfloor \dfrac{a_{3n-2}}{3} \right\rfloor+3n-2 =3n-1 $$
$$ a_{3n}=a_{3n-1}-3 \left\lfloor \dfrac{a_{3n-1}}{3} \right\rfloor+3n-1 =3n+1 $$
$$ a_{3n+1}=a_{3n}-3 \left\lfloor \dfrac{a_{3n}}{3} \right\rfloor+3n =3n+1 $$

問題4 $\cos,\ \cosh$型

問題4.1 $\cos,\ \cosh$の半角

$a_1$の値によって置換を変えます。

$-\abs{p} \leq a_1 \leq \abs{p}$のとき

$a_n=p\cos{\theta_n}\ (0\leq \theta_n \leq \pi)$とおく
$$ 2p\cos{\theta_{n+1}} =\sqrt{2p\cdot p \cos{\theta_n}+2p^2} =2\abs{p} \cos{\dfrac{\theta_n}{2}} $$
$$ \theta_{n+1}=\dfrac{\theta_n}{2}\ (0< p),\ \pi-\dfrac{\theta_n}{2}\ (p<0) $$
$$ \theta_{n}=\dfrac{\theta_1}{2^{n-1}},\ \left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\left(\theta_1-\dfrac{2\pi}{3}\right)+\dfrac{2\pi}{3} $$
よって
$$ a_n=p\cos{\dfrac{\cos^{-1}{\dfrac{a_1}{p}}}{2^{n-1}}},\ p\cos{\left\{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\left(\cos^{-1}{\dfrac{a_1}{p}}-\dfrac{2\pi}{3}\right)+\dfrac{2\pi}{3}\right\}} $$

$0< p\leq a_1$のとき

$a_n=p\cosh{\theta_n}$とおく
$$ 2p\cosh{\theta_{n+1}}=\sqrt{2p\cdot p\cos{\theta_n}+2p^2}=2p\cosh{\dfrac{\theta_n}{2}}\ (\because 0< p) $$
$$ \theta_{n+1}=\dfrac{\theta_n}{2} $$
$$ \theta_n=\dfrac{\theta_1}{2^{n-1}} $$
よって
$$ a_n=p \cosh{\dfrac{\cosh^{-1}{\dfrac{a_1}{p}}}{2^{n-1}}} $$

以上より

問題4.2 $\cos,\ \cosh$の倍角

$-\abs{p}\leq a_1\leq\abs{p}$のとき

$a_n=p\cos{\theta_n}\ (0\leq \theta_n \leq \pi)$とおく

$$ p\cdot p\cos{\theta_{n+1}}=2(p\cos{\theta_n})^2-p^2 $$
$$ \cos{\theta_{n+1}}=\cos{2\theta_n} $$
$$\theta_n=2^{n-1}\theta_1=2^{n-1}\cos^{-1}{\dfrac{a_1}{p}} $$
$$ \therefore a_n=p\cos{\left(2^{n-1}\cos^{-1}{\dfrac{a_1}{p}}\right)} $$

$a_1 \leq -\abs{p},\ \abs{p}\leq a_1$のとき

$a_n=p\cosh{\theta_n}$とおく

$$ p\cdot p\cosh{\theta_{n+1}}=2(p\cosh{\theta_n})^2-p^2 $$
$$ \cosh{\theta_{n+1}}=\cosh{2\theta_n} $$
$$ \theta_n=2^{n-1}\theta_1=2^{n-1}\cosh^{-1}{\dfrac{a_1}{p}} $$
$$ \therefore a_n=p\cosh{\left(2^{n-1}\cosh^{-1}{\dfrac{a_1}{p}}\right)} $$

以上より

問題5 $\sin,\ \sinh$型

問題5.1 $\sin$の倍角

$a_n=p\sin{\theta_n}\ \left(\abs{\theta_n}\leq\dfrac{\pi}{2}\right)$とおく
$$ p\cdot p\sin{\theta_{n+1}}=2p\sin{\theta_n}\sqrt{p^2-p^2\sin^2{\theta_n}} $$
$$ p^2\sin{\theta_{n+1}}=2p\abs{p}\sin{\theta_n}\cos{\theta_n}=p\abs{p}\sin{2\theta_n} $$
$$ \theta_{n+1}=2\theta_n\ (0< p),\ -2\theta_n\ (p<0) $$
$$ \theta_n=2^{n-1}\theta_1,\ (-2)^{n-1}\theta_1=2^{n-1}\sin^{-1}{\dfrac{a_1}{p}},\ (-2)^{n-1}\sin^{-1}{\dfrac{a_1}{p}} $$
よって

問題5.2 $\sinh$の倍角

$a_n=p\sinh{\theta_n}$とおく
$$ p \cdot p\sinh{\theta_{n+1}}=2p\sinh{\theta_n}\sqrt{p^2+p^2\sinh^2{\theta_n}} $$
$$ p^2\sinh{\theta_{n+1}}=2p\abs{p}\sinh{\theta_n}\cosh{\theta_n}=p\abs{p}\sinh{2\theta_n} $$
$$ \theta_{n+1}=2\theta_n\ (0< p),\ -2\theta_n\ (p<0) $$
$$ \theta_{n+1}=2^{n-1}\theta_1,\ (-2)^{n-1}\theta_1=2^{n-1}\sinh^{-1}{\dfrac{a_1}{p}},\ (-2)^{n-1}\sinh^{-1}{\dfrac{a_1}{p}} $$
よって

問題6 加法定理

この$\varphi$は定数として扱いますが、定数でなくても計算可能です。

問題6.1 $\sin$型

$a_n=p \sin{\theta_n}$とおく

$$ p \sin{\theta_{n+1}}=p \sin{\theta_n}\cos{\varphi}+\sin{\varphi}\cdot p\cos{\theta_n} $$
$$ \sin{\theta_{n+1}}=\sin{\theta_n}\cos{\varphi}+\sin{\varphi}\cos{\theta_n} =\sin(\theta_n+\varphi) $$
$$ \theta_{n+1}-\theta_n=\varphi $$
$$ \therefore \theta_n=\theta_1+\sum_{k=1}^{n-1} \varphi=\theta_1+(n-1)\varphi=\sin^{-1}{\dfrac{a_1}{p}}+(n-1)\varphi $$

問題6.2 $\sinh$型

$a_n=p \sinh{\theta_n}$とおく
$$ p \sinh{\theta_{n+1}}=p \sinh{\theta_n}\cosh{\varphi}+\sinh{\varphi}\cdot p\cosh{\theta_n} $$
$$ \sinh{\theta_{n+1}}=\sinh{\theta_n}\cosh{\varphi}+\sinh{\varphi}\cosh{\theta_n} =\sinh(\theta_n+\varphi) $$
$$ \theta_{n+1}-\theta_n=\varphi $$
$$ \therefore \theta_n=\theta_1+\sum_{k=1}^{n-1} \varphi=\theta_1+(n-1)\varphi=\sinh^{-1}{\dfrac{a_1}{p}}+(n-1)\varphi $$

問題6.3 $\cosh$型

$a_n=p \cosh{\theta_n}$とおく
$$ p \cosh{\theta_{n+1}}=p \cosh{\theta_n}\cosh{\varphi}+\sinh{\varphi}\cdot p\sinh{\theta_n} $$
$$ \cosh{\theta_{n+1}}=\cosh{\theta_n}\cosh{\varphi}+\sinh{\varphi}\sinh{\theta_n} =\cosh(\theta_n+\varphi) $$
$$ \theta_{n+1}-\theta_n=\varphi $$
$$ \therefore \theta_n=\theta_1+\sum_{k=1}^{n-1} \varphi=\theta_1+(n-1)\varphi=\sinh^{-1}{\dfrac{a_1}{p}}+(n-1)\varphi $$

問題7 $\tan,\ \tanh$型

この形はいろいろ変形されることが多いので、基本の形を紹介します。倍角のパターンしか紹介しませんが、分子と分母の$a_n$の次数がともに一次の式の場合、$a_n=\dfrac{b_{n+1}}{b_n}$とおくことで、定数が0の線形3項間漸化式に帰着します。

$a_n=p\tan{\theta_n}\ \left( \abs{\theta_n}<\dfrac{\pi}{2} \right)$とおく
$$ p\tan{\theta_{n+1}}=\dfrac{2p^2 \cdot p\tan{\theta_n}}{p^2-p^2\tan^2{\theta_n}} $$
$$ \tan{\theta_{n+1}}=\dfrac{2\tan{\theta_n}}{1-\tan^2{\theta_n}}=\tan{2\theta_n} $$
$$ \theta_{n+1}=2\theta_n $$
$$ \theta_n=2^{n-1}\theta_1 =2^{n-1}\tan^{-1}{\dfrac{a_1}{p}} $$

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