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高校数学解説
a_{n+12}=a_{n+9}+a_{n+8}+a_{n+7}-a_{n+5}-a_{n+4}-a_{n+3}+a_nの漸化式が持つ不思議な性質
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0
$$$$
問題
$a_0=a_1=a_2=a_3=a_4=a_5=a_7=a_8=0,a_6=a_9=a_{10}=a_{11}=1$
$ a_{n+12}=a_{n+9}+a_{n+8}+a_{n+7}-a_{n+5}-a_{n+4}-a_{n+3}+a_n \quad\forall n \in \mathbb{Z} $
とするとき$a_{1013}-a_{1012}-a_{45}$を求めよ。
不思議な性質を説明する前にまずこの問題を愚直に解いてみる。
この漸化式の特性方程式が$ (x^3-1)(x^4-1)(x^5-1)$ であるので
$ b_n=a_{n+3}-a_n$とし、$ c_n=b_{n+4}-b_n$とすると$ c_{n+5}=c_n$かつ$c_0=c_1=c_2=c_3=0,c_4=1$
$ \Longrightarrow c_n= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} 0\quad n\not≡4 \pmod{5} \\ 1\quad n≡4 \pmod{5} \end{array} \right. \end{eqnarray} $
よって$ c_{n+16}+c_{n+12}+c_{n+8}+c_{n+4}+c_n=1$
$ \Longrightarrow (b_{n+20}-b_{n+16})+(b_{n+16}-b_{n+12})+(b_{n+12}-b_{n+8})+(b_{n+8}-b_{n+4})+(b_{n+4}-b_{n})=1$
$ \Longrightarrow b_{n+20}=b_n+1$
$ \Longrightarrow b_{n+20k}=b_n+k$となる。
$ a_{n+60} -a_n $$=\sum_{i=0}^{19}b_{n+3i}$$= \sum_{i=0}^{6}b_{n+3i} +\sum_{i=0}^{6}b_{n+3i+21} +\sum_{i=0}^{5}b_{n+3i+42} $$= \sum_{i=0}^{6}b_{n+3i} +\sum_{i=0}^{6}b_{n+3i+1} +\sum_{i=0}^{5}b_{n+3i+2} +7+12$$= \sum_{i=0}^{19}b_{n+i} +19$
$B_n= \sum_{i=0}^{19}b_{n+i}$と置くと
$a_{n+60} -a_n=B_n+19$となる。
$ B_{n+1}$$=\sum_{i=0}^{19}b_{n+1+i}$$=\sum_{i=1}^{19}b_{n+i}+b_{n+20}$$=\sum_{i=0}^{19}b_{n+i}+1$$=B_n+1$であり、$ B_0=11$であるから$ B_n=n+11$
$ a_{n+60k}-a_n$$= \sum_{j=0}^{k-1}(a_{n+60(j+1)}-a_{n+60j}) $$=\sum_{j=0}^{k-1}(B_{n+60j}+19)$$=\sum_{j=0}^{k-1}(60j+n+30) $$=30k(k-1)+k(n+30)$
これを使うと
$ a_{1013}=a_{60･17-7}=30･17･16+17･23+a_{-7}$
$ a_{1012}=a_{60･17-8}=30･17･16+17･22+a_{-8}$
$a_{45}=a_{60-15}=a_{-15}+15$
簡単な計算で$ a_{-7}=a_{-8}=0,a_{-15}=2$を得るから
$ a_{1013}-a_{1012}-a_{45}$$=17+a_{-7}-a_{-8}-15-a_{-15}=0$
よって求める値は$0$である。
$ b_n=a_{n+3}-a_n$とし、$ c_n=b_{n+4}-b_n$とすると$ c_{n+5}=c_n$かつ$c_0=c_1=c_2=c_3=0,c_4=1$
$ \Longrightarrow c_n= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} 0\quad n\not≡4 \pmod{5} \\ 1\quad n≡4 \pmod{5} \end{array} \right. \end{eqnarray} $
よって$ c_{n+16}+c_{n+12}+c_{n+8}+c_{n+4}+c_n=1$
$ \Longrightarrow (b_{n+20}-b_{n+16})+(b_{n+16}-b_{n+12})+(b_{n+12}-b_{n+8})+(b_{n+8}-b_{n+4})+(b_{n+4}-b_{n})=1$
$ \Longrightarrow b_{n+20}=b_n+1$
$ \Longrightarrow b_{n+20k}=b_n+k$となる。
$ a_{n+60} -a_n $$=\sum_{i=0}^{19}b_{n+3i}$$= \sum_{i=0}^{6}b_{n+3i} +\sum_{i=0}^{6}b_{n+3i+21} +\sum_{i=0}^{5}b_{n+3i+42} $$= \sum_{i=0}^{6}b_{n+3i} +\sum_{i=0}^{6}b_{n+3i+1} +\sum_{i=0}^{5}b_{n+3i+2} +7+12$$= \sum_{i=0}^{19}b_{n+i} +19$
$B_n= \sum_{i=0}^{19}b_{n+i}$と置くと
$a_{n+60} -a_n=B_n+19$となる。
$ B_{n+1}$$=\sum_{i=0}^{19}b_{n+1+i}$$=\sum_{i=1}^{19}b_{n+i}+b_{n+20}$$=\sum_{i=0}^{19}b_{n+i}+1$$=B_n+1$であり、$ B_0=11$であるから$ B_n=n+11$
$ a_{n+60k}-a_n$$= \sum_{j=0}^{k-1}(a_{n+60(j+1)}-a_{n+60j}) $$=\sum_{j=0}^{k-1}(B_{n+60j}+19)$$=\sum_{j=0}^{k-1}(60j+n+30) $$=30k(k-1)+k(n+30)$
これを使うと
$ a_{1013}=a_{60･17-7}=30･17･16+17･23+a_{-7}$
$ a_{1012}=a_{60･17-8}=30･17･16+17･22+a_{-8}$
$a_{45}=a_{60-15}=a_{-15}+15$
簡単な計算で$ a_{-7}=a_{-8}=0,a_{-15}=2$を得るから
$ a_{1013}-a_{1012}-a_{45}$$=17+a_{-7}-a_{-8}-15-a_{-15}=0$
よって求める値は$0$である。
これでも十分良問だがもっとこの問題について掘り下げていく。実は$0$になったのはたまたまではない。上の数列を含むある数列は以下のような性質がある。
性質
$・a_{n+12}=a_{n+9}+a_{n+8}+a_{n+7}-a_{n+5}-a_{n+4}-a_{n+3}+a_n \quad \forall n \in \mathbb{Z} $
$・a_n=a_{-n}\quad n=1,2,3,4,5,6$
$・ a_5+a_0=a_4+a_3$
を数列$ \lbrace a_n \rbrace $が満たすならば
$ p^2+q^2=r^2+s^2$を満たす任意の整数$p,q,r,s$において
$a_p+a_q=a_r+a_s $が成り立つ。
確かに上の具体例はこれを満たしている。先ほどの上の解答から$a_n$を機械的に計算できるのでとんでもない数の場合分けを行えば上の性質を証明できそうではあるが別の方法で示す。厳密に証明を書くと長くなって(面倒くさいので)しまうので簡単に証明のプロセスを下に書く。
$\textbf{step 1.}~ a_{n+24}=a_{n+18}+a_{n+16}+a_{n+14}-a_{n+10}-a_{n+8}-a_{n+6}+a_n$
$\qquad\quad~~ a_n=a_{-n}$
証明
$ a_n=a_{-n}$はすぐに従うので省略。
上についても$a_{n+12}=a_{n+9}+a_{n+8}+a_{n+7}-a_{n+5}-a_{n+4}-a_{n+3}+a_n$を用いればすぐに証明できる。以降、$ a_k$で$k$が負のときは$ a_n=a_{-n}$が解決してくれるので非負のときのみ考える。
上についても$a_{n+12}=a_{n+9}+a_{n+8}+a_{n+7}-a_{n+5}-a_{n+4}-a_{n+3}+a_n$を用いればすぐに証明できる。以降、$ a_k$で$k$が負のときは$ a_n=a_{-n}$が解決してくれるので非負のときのみ考える。
$ \textbf{step 2.}~a_{2n+m}+a_{n-2m}=a_{2n-m}+a_{n+2m}$
証明
$(a_{2(n-3)+m}+a_{2(n-4)+m}+a_{2(n-5)+m}-a_{2(n-7)+m}-a_{2(n-8)+m}-a_{2(n-9)+m}+a_{2(n-12)+m})+(a_{n-3-2m}+a_{n-4-2m}+a_{n-5-2m}-a_{n-7-2m}-a_{n-8-2m}-a_{n-9-2m}+a_{n-12-2m})$
$=(a_{2(n-3)-m}+a_{2(n-4)-m}+a_{2(n-5)-m}-a_{2(n-7)-m}-a_{2(n-8)-m}-a_{2(n-9)-m}+a_{2(n-12)-m})+(a_{n-3+2m}+a_{n-4+2m}+a_{n-5+2m}-a_{n-7+2m}-a_{n-8+2m}-a_{n-9+2m}+a_{n-12+2m})$と変形できるので$ n$についての帰納法から$ 0 \leq n\leq 11, \forall m \in \mathbb{Z}_{ \geq 0 } $のみを示せば良いが、$m,n$は対称的であるから$ 0 \leq m\leq 11, \forall n \in \mathbb{Z}_{ \geq 0 } $を示せば良く、同じ議論から$ 0 \leq n\leq 11,0 \leq m \leq 11$を示せば良くこれは有限回の計算で示せる。($m,n$が負のときは$a_n=a_{-n}$から非負のときに帰着できる。)
$=(a_{2(n-3)-m}+a_{2(n-4)-m}+a_{2(n-5)-m}-a_{2(n-7)-m}-a_{2(n-8)-m}-a_{2(n-9)-m}+a_{2(n-12)-m})+(a_{n-3+2m}+a_{n-4+2m}+a_{n-5+2m}-a_{n-7+2m}-a_{n-8+2m}-a_{n-9+2m}+a_{n-12+2m})$と変形できるので$ n$についての帰納法から$ 0 \leq n\leq 11, \forall m \in \mathbb{Z}_{ \geq 0 } $のみを示せば良いが、$m,n$は対称的であるから$ 0 \leq m\leq 11, \forall n \in \mathbb{Z}_{ \geq 0 } $を示せば良く、同じ議論から$ 0 \leq n\leq 11,0 \leq m \leq 11$を示せば良くこれは有限回の計算で示せる。($m,n$が負のときは$a_n=a_{-n}$から非負のときに帰着できる。)
$ \textbf{step 3.}~a_{kn+m}+a_{n-km}=a_{kn-m}+a_{n+km}$
証明
${step ~2.}$の式に$n→n+m,m→n-m$とすることで$k=3$の等式を得る。以降、$k$についての帰納法で示す。
・$ k=2t$のとき
$ a_{2tn+m}-a_{2tn-m}=a_{tn+2m}-a_{tn-2m}=a_{n+2tm}-a_{n-2tm}$より成り立つ。ただし、最後の変形は帰納法の仮定を用いた。
・$ k=2t+1 \geq 5$のとき
$ {step ~2.}$の式に$n→tn,m→n+m,n-m$とすると
$ a_{(2t+1)n+m}+a_{(t-2)n-2m}=a_{(2t-1)n-m}+a_{(t+2)n+2m}$$ a_{(2t+1)n-m}+a_{(t-2)n+2m}=a_{(2t-1)n+m}+a_{(t+2)n-2m}$
$ \Longrightarrow (a_{(2t+1)n+m}-a_{(2t+1)n-m})+(a_{(t-2)n-2m}-a_{(t-2)n+2m})=(a_{(2t-1)n-m}-a_{(2t-1)n+m})+(a_{(t+2)n+2m}-a_{(t+2)n-2m}) $$m$と$n$を入れ替えて$(a_{(2t+1)m+n}-a_{(2t+1)m-n})+(a_{(t-2)m-2n}-a_{(t-2)m+2n})=(a_{(2t-1)m-n}-a_{(2t-1)m+n})+(a_{(t+2)m+2n}-a_{(t+2)m-2n})$
$ k=2t-1,t+2,t-2$の帰納法の仮定を用いることで$a_{(2t+1)n+m}+a_{n-(2t+1)m}=a_{(2t+1)n-m}+a_{n+(2t+1)m}$を得る。($k$が負のときは$ a_n=a_{-n}$から非負のときに帰着できる。)
・$ k=2t$のとき
$ a_{2tn+m}-a_{2tn-m}=a_{tn+2m}-a_{tn-2m}=a_{n+2tm}-a_{n-2tm}$より成り立つ。ただし、最後の変形は帰納法の仮定を用いた。
・$ k=2t+1 \geq 5$のとき
$ {step ~2.}$の式に$n→tn,m→n+m,n-m$とすると
$ a_{(2t+1)n+m}+a_{(t-2)n-2m}=a_{(2t-1)n-m}+a_{(t+2)n+2m}$$ a_{(2t+1)n-m}+a_{(t-2)n+2m}=a_{(2t-1)n+m}+a_{(t+2)n-2m}$
$ \Longrightarrow (a_{(2t+1)n+m}-a_{(2t+1)n-m})+(a_{(t-2)n-2m}-a_{(t-2)n+2m})=(a_{(2t-1)n-m}-a_{(2t-1)n+m})+(a_{(t+2)n+2m}-a_{(t+2)n-2m}) $$m$と$n$を入れ替えて$(a_{(2t+1)m+n}-a_{(2t+1)m-n})+(a_{(t-2)m-2n}-a_{(t-2)m+2n})=(a_{(2t-1)m-n}-a_{(2t-1)m+n})+(a_{(t+2)m+2n}-a_{(t+2)m-2n})$
$ k=2t-1,t+2,t-2$の帰納法の仮定を用いることで$a_{(2t+1)n+m}+a_{n-(2t+1)m}=a_{(2t+1)n-m}+a_{n+(2t+1)m}$を得る。($k$が負のときは$ a_n=a_{-n}$から非負のときに帰着できる。)
$ \textbf{step 4.}~p^2+q^2=r^2+s^2 \Longrightarrow a_p+a_q=a_r+a_s$
証明
$ a_{wy+xz}-a_{wy-xz}=a_{wxy+z}-a_{wxy-z}=a_{xy+wz}-a_{xy-wz}$$ \Longrightarrow a_{wy+xz}+a_{xy-wz}=a_{xy+wz}+a_{wy-xz}$であり
任意の$p^2+q^2=r^2+s^2 $に対してある$ w,x,y,z$が存在して$ p=wy+xz,q=xy-wz, \lbrace r,s \rbrace =\lbrace wy-xz,xy+wz \rbrace $が成り立つのが示せるのでそれを用いれば示したいものが示せる。
任意の$p^2+q^2=r^2+s^2 $に対してある$ w,x,y,z$が存在して$ p=wy+xz,q=xy-wz, \lbrace r,s \rbrace =\lbrace wy-xz,xy+wz \rbrace $が成り立つのが示せるのでそれを用いれば示したいものが示せる。
投稿日：17日前
更新日：16日前
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