IV: pan+1・an + qan+1 + ran =
s, p ≠ 0
⇔ an+1 = (-ran + s)/(pan + q)
⇒
x = an = an+1 と置くと不動点方程式 px2
+ (q + r)x - s = 0 を得る。 この方程式の二解を α, β と置く。
i) ∃k(ak = α) ⇒ ∀n(an = α). (数学的帰納法)
ii) α ≠ β ⇒ bn = (an - β)/(an - α)
と置くと, これは等比数列になる。
iii) α = β ⇒ bn = 1/(an - α) と置くと, これは type
I.
証明
i) ∃k(ak = α)
⇒ 代入して pak+1・α + qak+1
+ rα = s
⇔ (αp + q)ak+1 = -αr + s.
ここでもしも αp + q = 0 ⇒ α = -q/p. このとき, 二次方程式の解と係数の関係から β = -r/p でしかも s = -qr/p であることが分かる。 これらを原式に代入すると
pan+1・an + qan+1 + ran = -qr/p
∴p2an+1・an +
pqan+1 + pran
+ qr
= (pan+1 + r)(pan
+ q) = 0 … (a)
ここで (1) a1 = α ⇒ a1 = -q/p で (a) に n = 1 を代入すると (pa2 + r)(pa1 + q) = (pa2 + r)(p(-q/p) + q) = (pa2 + r)・0 = 0 で a2 が不定となり, 漸化式が数列を定めていない。 又 (2) a1 ≠ α; としても同様にして a2 = -r/p = β. (2.1) q = r ⇒ α = β だからこの場合は (1) と同様意味がない。 (2.2) q ≠ r ⇒ (a) により, 帰納法から an = β, n ≧ 2. しかしそれは a1 ≠ α, an = β ≠ α, n ≧ 2 で仮定に反する。
よって以下では αp + q ≠ 0 とする。
∴ak+1 = (-αr + s)/(αp + q).
さてここで α が不動点であることから
α2p + (q + r)α - s = α(αp + q) + αr - s = 0.
即ち (-αr + s)/(αp + q) = α. ∴ak+1 = α.
同様に pak・ak-1 + qak + rak-1 = s から ak-1 = α.
よって数学的帰納法により ∀n(an = α).
ii) α ≠ β ⇒ bn = (an - β)/(an - α) ⇔ an = (αbn - β)/(bn - 1) と置く。
もとの式に代入して
分母を払って
p(αbn+1 - β)(αbn - β) + q(αbn+1
- β)(bn - 1) + r(α bn - β)( bn+1
- 1) + s(bn+1 - 1)(bn+1 - 1)
= (α2p
+ (q + r)α - s)bn+1・bn - (αβp + αq + βr
- s)bn+1 - (αβp + βq + αr - s)bn + (β2p
+ (q + r)β - s)
= - (αβp + αq + βr - s)bn+1 - (αβp + βq + αr -
s)bn = 0.
ここでもしも αβp + αq + βr - s = 0 ならば
αβp + αq + βr - s = 0
-) α2p
+ (q + r)α - s = 0
-----------------------
αp(β - α) + (β - α)r
= (β - α)(αp + r) = 0.
で α ≠ β より αp + r = 0 であるが, 上記に述べたように, 意味のあるのは a1 ≠ α, α ≠ β の場合だが, 上記の {bn} に関する漸化式から (αβp + βq + αr - s)bn = 0 (でしかも α βp + βq + αr - s = 0 も同時に成り立てばこれは数列 { bn} を定めないので意味がない). だから bn = 0, n ≧ 2 を導くから {bn} は初項 b1 公比 0 の等比数列と見ることにすれば良い。 従って以下では αβp + αq + βr - s ≠ 0 とする。
∴bn+1 = (-(α βp + βq + αr - s)/(α βp + αq + βr - s))bn.
従ってこれは等比数列である。
iii) an ≠ α ⇒ bn = 1/(an - α) (≠ 0) ⇔ an = 1/bn + α と置く。
原式に代入して
p(1/ bn+1 + α)(1/ bn + α) + q(1/ bn+1
+ α) + r(1/ bn + α) - s
= p/(bn+1bn) + (αp + q)/bn+1
+ (αp + r)/bn + α2p
+ (q + r)α - s
= ((αp + q)bn+1 + (αp + r)bn + p)/(bn+1 bn)
= 0.
∴(αp + q) bn+1 + (αp + r)bn + p = 0 … type I.
αp + q = 0 又は αp + r = 0 の場合は, p = 0 を導いてそれは矛盾だからあり得ない。 どちらか一方だけが 0 の時は bn = 0 を導く。
注: iii) では一度も α = β ということを使っていないので, 勿論重解でないときにも使えるが, ii) の方が簡単である。
例題
(1) a1 = 2, an+1 = (2an + 1)/(an + 2).
(2) a1 = 3, an+1・an - 3an+1 - an + 4 = 0.
解
(1) 分母を払って整理すると an+1・an + 2an+1 - 2an - 1 = 0. これの不動点方程式は t2 + 2t - 2t - 1 = t2 - 1 = (t - 1)(t + 1) = 0. 従って不動点は t = ±1. 今 ak = -1 と置くと -ak+1 + 2ak+1 + 2- 1 = ak+1 + 1 = 0 だから ak+1 = -1. 即ち, 数学的帰納法で ∀n ≧ k(an = -1). 同様に ak-1 = -1. 即ち ∀n(an = -1). しかしこれは a1 = 2 に矛盾するので an ≠ -1. よって今
bn = (an - 1)/(an + 1) (= 1 - 2/(an + 1) ≠ 1)
と置くと, an = (bn + 1)/(1 - bn). これを与式に代入して整理すると bn+1 = (1/3)bn. これは公比 1/3 の等比数列である。 従って
bn = b1・(1/3)n-1 = ((a1 - 1)/(a1 + 1))・(1/3)n-1 = 1/3n.
∴an = (1/3n + 1)/(1 - 1/3n) = (3n + 1)/(3n - 1).
(2) 不動点方程式は t2 - 4t + 4 = (t - 2)2 = 0. 不動点は t = 2. 今 ak = 2 とすると, 全ての n で an = 2 となるが, それは a1 = 3 に矛盾するので, an ≠ 2. よって
bn = 1/(an - 2) (≠ 0) ⇔ an = 2 + 1/bn
と置くことが出来て, これを原式に代入して整理すると
bn+1 - bn - 1 = 0.
bn = b1 + (n - 1) = 1/(a1 - 2) + n - 1 = n.
∴an = 2 + 1/n.
練習
(1) a1 = 1, an+1 = 3an/(an + 1).
(2) a1 = 1, an+1・an - 4an+1 + an = 10.
(3) a1 = 1, an+1 = an/(2an + 1).
答
(1) an = 2・3n-1/(3n-1 + 1).
(2) an = (15 - 8・(-6)n-1)/(3 + 4・(-6)n-1).
(3) an = 1/(2n - 1).