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$1\le n,n\in \mathbb{N}$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
$${\displaystyle \frac{1}{\pi (n+1)}}{a}_{n+1}={\displaystyle \frac{f(n)}{\pi (n+1)}}{a}_n+{\displaystyle \frac{g(n)}{\pi (n+1)}}$$
$${\displaystyle \frac{1}{\pi (n+1)}}{a}_{n+1}={\displaystyle \frac{f(n)}{f(n+1)\pi (n)}}{a}_n+{\displaystyle \frac{g(n)}{\pi (n+1)}}$$

$f(n+1)$を両辺にかけて
$${\displaystyle \frac{f(n+1)}{\pi (n+1)}}{a}_{n+1}={\displaystyle \frac{f(n)}{\pi (n)}}{a}_n+{\displaystyle \frac{f(n+1)g(n)}{\pi (n+1)}}$$
$${\displaystyle \frac{f(n+1)}{\pi (n+1)}}{a}_{n+1}={\displaystyle \frac{f(n)}{\pi (n)}}{a}_n+{\displaystyle \frac{g(n)}{\pi (n)}}$$

$b_n={\displaystyle \frac{f(n)}{\pi (n)}}{a}_n$とおくと

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

これは階差数列の形であるから

$$b_n=b_1+\sum _{l=1}^{n-1}{\displaystyle \frac{g(l)}{\pi (l)}}(2\le n)$$

$$b_n={\displaystyle \frac{f(n)}{\pi (n)}}{a}_n,\pi (n):=\prod _{k=1}^{n}f(k)$$
より $a_n,f(n),g(n)$の式で一般項を表すと

$${\displaystyle \frac{f(n)}{\pi (n)}}{a}_n=a_1+\sum _{l=1}^{n-1}{\displaystyle \frac{g(l)}{\pi (l)}}=a_1+\sum _{l=1}^{n-1}(g(l)\prod _{k=1}^l{\displaystyle \frac{1}{f(k)}})$$
$$a_n={\displaystyle \frac{\pi (n)}{f(n)}}\{a_1+\sum _{l=1}^{n-1}(g(l)\prod _{k=1}^l{\displaystyle \frac{1}{f(k)}})\}$$
$\pi (n)$を総和の中に入れて
$$={\displaystyle \frac{1}{f(n)}}\{\pi (n)a_1+\sum _{l=1}^{n-1}(g(l)\prod _{k=1}^l{\displaystyle \frac{\pi (n)}{f(k)}})\}$$
$$={\displaystyle \frac{1}{f(n)}}\{\pi (n)a_1+\sum _{l=1}^{n-1}(g(l)\prod _{k=l+1}^{n}f(k))\}$$

$\pi (n)$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
$$a_{n+2}-f(n+1)a_{n+1}-g(n+1)=h(n)(a_{n+1}-f(n)a_n-g(n))$$
$$a_{n+1}-f(n)a_n-g(n)=(a_2-f(1)a_1-g(1))\prod _{k=1}^{n-1}h(k)$$

$1\le n$に対応させて

$$a_{n+1}=f(n)a_n+g(n)+{\displaystyle \frac{a_2-f(1)a_1-g(1)}{h(n)}}\prod _{k=1}^{n}h(k)$$
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)

$a_n={\displaystyle \frac{b_{n+1}}{b_n}}$とおく

$${\displaystyle \frac{b_{n+2}}{b_{n+1}}}=f(n+1)+g(n)-{\displaystyle \frac{f(n)g(n)b_n}{b_{n+1}}}$$
$$b_{n+2}=(f(n+1)+g(n))b_{n+1}-f(n)g(n)b_n$$
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
$$b_n=\{\begin{array}{rl}& b_1(n=1)\\ & {\displaystyle \frac{b_1}{f(n)}}\{\prod _{k=1}^{n}f(k)+\sum _{l=1}^{n-1}(({\displaystyle \frac{a_1-f(1)}{h(l)}}\prod _{k=1}^{l}h(k))\prod _{k=l+1}^{n}f(k))\}(n\ge 2)\end{array}$$
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
$a_{n+1}=a_n-3\lfloor {\displaystyle \frac{a_n}{3}}\rfloor +n=(a_n$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
$$a_{n+1}=a_n-3\lfloor {\displaystyle \frac{a_n}{3}}\rfloor +n\equiv a_n+n=m+n$$
$$a_{n+2}=a_{n+1}-3\lfloor {\displaystyle \frac{a_{n+1}}{3}}\rfloor +n+1\equiv a_{n+1}+n+1=m+2n+1$$
$$a_{n+3}=a_{n+2}-3\lfloor {\displaystyle \frac{a_{n+2}}{3}}\rfloor +n+2\equiv a_{n+2}+n+2=m+3n+3\equiv m$$
$\therefore a_n\equiv a_{n+3}$


これは$\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}_{+}$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
$$a_{3n-2}-3\lfloor {\displaystyle \frac{a_{3n-2}}{3}}\rfloor =a_{3n}-3\lfloor {\displaystyle \frac{a_{3n}}{3}}\rfloor =1,a_{3n-1}-3\lfloor {\displaystyle \frac{a_{3n-1}}{3}}\rfloor =2$$


よって
$$a_{3n-1}=a_{3n-2}-3\lfloor {\displaystyle \frac{a_{3n-2}}{3}}\rfloor +3n-2=3n-1$$
$$a_{3n}=a_{3n-1}-3\lfloor {\displaystyle \frac{a_{3n-1}}{3}}\rfloor +3n-1=3n+1$$
$$a_{3n+1}=a_{3n}-3\lfloor {\displaystyle \frac{a_{3n}}{3}}\rfloor +3n=3n+1$$

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。

$-\left|p\right|\le a_1\le \left|p\right|$のとき

$a_n=p\cos {\theta }_n(0\le {\theta }_n\le \pi )$とおく
$$2p\cos {\theta }_{n+1}=\sqrt{2p\cdot p\cos {\theta }_n+2p^2}=2\left|p\right|\cos {\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}$$
$${\theta }_{n+1}={\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}(0<p),\pi -{\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}(p<0)$$
$${\theta }_n={\displaystyle \frac{{\theta }_1}{2^{n-1}}},{(-{\displaystyle \frac{1}{2}})}^{n-1}({\theta }_1-{\displaystyle \frac{2\pi }{3}})+{\displaystyle \frac{2\pi }{3}}$$
よって
$$a_n=p\cos {\displaystyle \frac{{\cos }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}}}{2^{n-1}}},p\cos \{{(-{\displaystyle \frac{1}{2}})}^{n-1}({\cos }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}}-{\displaystyle \frac{2\pi }{3}})+{\displaystyle \frac{2\pi }{3}}\}$$

$0<p\le a_1$のとき

$a_n=p\cosh {\theta }_n$とおく
$$2p\cosh {\theta }_{n+1}=\sqrt{2p\cdot p\cos {\theta }_n+2p^2}=2p\cosh {\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}(\because 0<p)$$
$${\theta }_{n+1}={\displaystyle \frac{{\theta }_n}{2}}$$
$${\theta }_n={\displaystyle \frac{{\theta }_1}{2^{n-1}}}$$
よって
$$a_n=p\cosh {\displaystyle \frac{{\cosh }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}}}{2^{n-1}}}$$

以上より

問題4.2 $\cos ,\cosh$の倍角

$-\left|p\right|\le a_1\le \left|p\right|$のとき

$a_n=p\cos {\theta }_n(0\le {\theta }_n\le \pi )$とおく

$$p\cdot p\cos {\theta }_{n+1}=2(p\cos {\theta }_n{)}^2-p^2$$
$$\cos {\theta }_{n+1}=\cos 2{\theta }_n$$
$${\theta }_n=2^{n-1}{\theta }_1=2^{n-1}{\cos }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}}$$
$$\therefore a_n=p\cos (2^{n-1}{\cos }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}})$$

$a_1\le -\left|p\right|,\left|p\right|\le a_1$のとき

$a_n=p\cosh {\theta }_n$とおく

$$p\cdot p\cosh {\theta }_{n+1}=2(p\cosh {\theta }_n{)}^2-p^2$$
$$\cosh {\theta }_{n+1}=\cosh 2{\theta }_n$$
$${\theta }_n=2^{n-1}{\theta }_1=2^{n-1}{\cosh }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}}$$
$$\therefore a_n=p\cosh (2^{n-1}{\cosh }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}})$$

以上より

問題5 $\sin ,\sinh$型

問題5.1 $\sin$の倍角

$a_n=p\sin {\theta }_n(\left|{\theta }_n\right|\le {\displaystyle \frac{\pi }{2}})$とおく
$$p\cdot p\sin {\theta }_{n+1}=2p\sin {\theta }_n\sqrt{p^2-p^2{\sin }^2{\theta }_n}$$
$$p^2\sin {\theta }_{n+1}=2p\left|p\right|\sin {\theta }_n\cos {\theta }_n=p\left|p\right|\sin 2{\theta }_n$$
$${\theta }_{n+1}=2{\theta }_n(0<p),-2{\theta }_n(p<0)$$
$${\theta }_n=2^{n-1}{\theta }_1,(-2{)}^{n-1}{\theta }_1=2^{n-1}{\sin }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}},(-2{)}^{n-1}{\sin }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}}$$
よって

問題5.2 $\sinh$の倍角

$a_n=p\sinh {\theta }_n$とおく
$$p\cdot p\sinh {\theta }_{n+1}=2p\sinh {\theta }_n\sqrt{p^2+p^2{\sinh }^2{\theta }_n}$$
$$p^2\sinh {\theta }_{n+1}=2p\left|p\right|\sinh {\theta }_n\cosh {\theta }_n=p\left|p\right|\sinh 2{\theta }_n$$
$${\theta }_{n+1}=2{\theta }_n(0<p),-2{\theta }_n(p<0)$$
$${\theta }_{n+1}=2^{n-1}{\theta }_1,(-2{)}^{n-1}{\theta }_1=2^{n-1}{\sinh }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}},(-2{)}^{n-1}{\sinh }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}}$$
よって

問題6 加法定理

この$\phi$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

$$p\sin {\theta }_{n+1}=p\sin {\theta }_n\cos \phi +\sin \phi \cdot p\cos {\theta }_n$$
$$\sin {\theta }_{n+1}=\sin {\theta }_n\cos \phi +\sin \phi \cos {\theta }_n=\sin ({\theta }_n+\phi )$$
$${\theta }_{n+1}-{\theta }_n=\phi$$
$$\therefore {\theta }_n={\theta }_1+\sum _{k=1}^{n-1}\phi ={\theta }_1+(n-1)\phi ={\sin }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}}+(n-1)\phi$$

問題6.2 $\sinh$型

$a_n=p\sinh {\theta }_n$とおく
$$p\sinh {\theta }_{n+1}=p\sinh {\theta }_n\cosh \phi +\sinh \phi \cdot p\cosh {\theta }_n$$
$$\sinh {\theta }_{n+1}=\sinh {\theta }_n\cosh \phi +\sinh \phi \cosh {\theta }_n=\sinh ({\theta }_n+\phi )$$
$${\theta }_{n+1}-{\theta }_n=\phi$$
$$\therefore {\theta }_n={\theta }_1+\sum _{k=1}^{n-1}\phi ={\theta }_1+(n-1)\phi ={\sinh }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}}+(n-1)\phi$$

問題6.3 $\cosh$型

$a_n=p\cosh {\theta }_n$とおく
$$p\cosh {\theta }_{n+1}=p\cosh {\theta }_n\cosh \phi +\sinh \phi \cdot p\sinh {\theta }_n$$
$$\cosh {\theta }_{n+1}=\cosh {\theta }_n\cosh \phi +\sinh \phi \sinh {\theta }_n=\cosh ({\theta }_n+\phi )$$
$${\theta }_{n+1}-{\theta }_n=\phi$$
$$\therefore {\theta }_n={\theta }_1+\sum _{k=1}^{n-1}\phi ={\theta }_1+(n-1)\phi ={\sinh }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}}+(n-1)\phi$$

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、$a_n={\displaystyle \frac{b_{n+1}}{b_n}}$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。

$a_n=p\tan {\theta }_n(\left|{\theta }_n\right|<{\displaystyle \frac{\pi }{2}})$とおく
$$p\tan {\theta }_{n+1}={\displaystyle \frac{2p^2\cdot p\tan {\theta }_n}{p^2-p^2{\tan }^2{\theta }_n}}$$
$$\tan {\theta }_{n+1}={\displaystyle \frac{2\tan {\theta }_n}{1-{\tan }^2{\theta }_n}}=\tan 2{\theta }_n$$
$${\theta }_{n+1}=2{\theta }_n$$
$${\theta }_n=2^{n-1}{\theta }_1=2^{n-1}{\tan }^{-1}{\displaystyle \frac{a_1}{p}}$$

類題

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