• 隣接3項間漸化式
  
  a_n+2+pa_n+1+qa_n=0・・・(1)
  
  a_n+2-αa_n+1=β(a_n+1-αa_n)・・・(2)
  と変形できるとして、(1),(2)を比較すると、
  a_n+2-(α+β)a_n+1+αβa_n=0・・・(2')
  α+β=-p  ,  αβ=qとなり、
  α,βはtに関する2次方程式
  t²+pt+q=0・・・(3)
  の解であることがわかる。
  これは、(1)の係数の並び方をそのまま写し取った形をしており、｢特性方程式｣と呼ばれる。
  
  さて、(2)で b_n=a_n+1-αa_n と置き換えると、
  b_n+1=βb_n  ,  b₁=a₂-αa₁
  これは公比βの等比数列であるから、
  b_n=b₁β^n-1
  すなわち、
  a_n+1-αa_n=(a₂-αa₁)β^n-1・・・(4)
  ここで、α,βの値、すなわち、｢特性方程式｣(3)の解のあり方によって、この後の処理手順が若干変わってくる。
  

  等比型  an+1+pan+q=0 階差型  an+1=an+f(n)

  • ｢特性方程式｣(3)が2つの異なる実数解をもち、かつ、その一方が1であるとき
    αを1と見れば、(4)はすでに｢階差型｣になっている！
    βを1と見れば、(4)はすでに｢等比型｣になっている！
    というわけで、どちらの方法でも、解ける！
  • ｢特性方程式｣(3)が2つの異なる解(実数解でなくても、差し支えない！)をもつとき
    ここまでの議論で、明らかに、αとβは｢入れ替え可能｣であるから、(4)が成立するなら、かならず、(4')も成立する。
    a_n+1-αa_n=(a₂-αa₁)β^n-1・・・(4)
    a_n+1-βa_n=(a₂-βa₁)α^n-1・・・(4')
    両式の辺々を引き算して、a_n+1を消去すると、
    (β-α)a_n=(a₂-αa₁)β^n-1-(a₂-βa₁)α^n-1
    従って、β-α=0でない限り、すなわち｢特性方程式｣(3)が重解でない限り、この方法で、解ける！・・・(*)
  • (4)または(4')を、単独で、直接、解く方法はないだろうか？
    (4')についても全く同様だから、ここでは(4)について考える。
    • (4)で、もし、β^n-1の部分が｢定数｣なら、｢等比型｣に帰着する。もちろん実際にはβは1ではないから、｢定数｣ではない。
      そこで、両辺をβⁿ⁺¹で割ってはどうか？、という｢思いつき｣が、浮かぶ。
      
      となって、c_n=a_n/βⁿと置き換えれば、｢等比型｣になっているではないか！
    • (4)で、もし、αが1なら、｢階差型｣に帰着する。もちろん実際にはαは1ではないから、消しゴムで消す、わけにはいかない。
      そこで、両辺をαⁿ⁺¹で割ってはどうか？、という｢思いつき｣が、浮かぶ。
      
      となって、d_n=a_n/αⁿと置き換えれば、｢階差型｣になっているではないか！
  • ｢特性方程式｣(3)が重解を持つとき
    このときは(*)の方法は使えない。しかし、単独で、解ける。むしろ、もっと簡単だ。
    重解をt=γとすると、(4)は、
    a_n+1-γa_n=(a₂-γa₁)γ^n-1・・・(4'')
    • (4'')で、もし、γ^n-1の部分が｢定数｣なら、｢等比型｣に帰着する。もちろん実際にはγは1ではないから、｢定数｣ではない。
      そこで、両辺をγⁿ⁺¹で割ってはどうか？、という｢思いつき｣が、浮かぶ。
    • (4'')で、もし、γが1なら、｢階差型｣に帰着する。もちろん実際にはγは1ではないから、消しゴムで消す、わけにはいかない。
      そこで、両辺をγⁿ⁺¹で割ってはどうか？、という｢思いつき｣が、浮かぶ。
    結局、同じ、だ。
    
    となって、e_n=a_n/γⁿと置き換えれば、
    • 公比にあたる部分が1であるような｢等比型｣、かつ、
    • 階差数列が、nの関数でなく定数であるような｢階差型｣、
    つまり単なる｢等差数列｣になっているではないか！
    
    

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16. 【特性方程式の解の一方が１である場合】
    a_n+2-a_n+1+a_n=0    a₁= , a₂=

    ---

    a_n+2-αa_n+1=β(a_n+1-αa_n)
    a_n+2-(α+β)a_n+1+αβa_n=0
    α+β= , αβ=
    α,βはtに関する２次方程式、
    t²-t+=0
    の解である。
    (t-1)(t-)=0
    t=1 , t=

    (i) α=1 , β=とした場合 an+2-an+1=(an+1-an) an+1-an=(a2-a1)()n-1 an+1-an=(-)()n-1 an+1-an=-()n-1・・・階差型

    (ii) α= , β=1とした場合 an+2-an+1=an+1-an         =・・・=a2-a1=-= an+1=an+・・・等比型 an-γ=(an-γ) an=an+γ      γ= an-=(an-) an-=(a1-)()n-1 an-=(-)()n-1 an=()n-1+=+()n

    ---

    
    
1. 【特性方程式が「重解」を持つ場合】
   4a_n+2-4a_n+1+a_n=0  ,  a₁=1 , a₂=
   

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   an+2-an+1+an=0・・・(1) an+2-αan+1=β(an+1-αan)・・・(2) と変形できるとして、(1),(2)を比較すると、 an+2-(α+β)an+1+αβan=0・・・(2') α+β=1  ,  αβ=となり、 α,βはtに関する2次方程式 t2-t+=0 の解であることがわかる。

   (t-)2=0 t= (重解) (2)は、 an+2-an+1=(an+1-an) an+1-an=(a2-a1)()n-1 an+1-an=(-・1)()n-1 an+1-an=-()n-1

   
   
   

   等比型  an+1+pan+q=0 階差型  an+1=an+f(n)

   • ｢等比型｣なら、右辺が定数でなければならない！
   • ｢階差型｣なら、a_nの係数が1でなければならない！
   このいずれのの問題を解決する方法も、実は同じ、両辺を、
   ()ⁿ⁺¹
   で割れば、すなわち、両辺に2ⁿ⁺¹をかければ、よい。
   2ⁿ⁺¹・a_n+1-・2ⁿ⁺¹・a_n=-()^n-1・2ⁿ⁺¹
   (2ⁿ⁺¹・a_n+1)-(2ⁿ・a_n)=-・4
   (2ⁿ⁺¹・a_n+1)-(2ⁿ・a_n)=-
   ここで、2ⁿ・a_n=c_nと置き換えれば、    c₁=2a₁=2
   c_n+1-c_n=-    c₁=2
   ｢等比型｣、｢階差型｣、どころか、単なる、初項2、公差-の等差数列になっている。
   c_n=2+(n-1)(-)=-n+=-(n-4)
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

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4. 【特性方程式が2個の異なる解を持ち、いずれも１でない場合】
   a_n+2+3a_n+1+2a_n=0    a₁=1 , a₂=2

   ---

   an+2-αan+1=β(an+1-αan) an+2-(α+β)an+1+αβan=0 α+β=-3    αβ=2 α,βはtに関する2次方程式 t2+3t+2=0 の解である。 (t+2)(t+1)=0    t=-1,-2

   α=-1,β=-2とする an+2+an+1=-2(an+1+an) an+1+an=(a2+a1)(-2)n-1 an+1+an=3・(-2)n-1・・・(1) α=-2,β=-1とする an+2+2an+1=-(an+1+2an) an+1+2an=(a2+2a1)(-1)n-1 an+1+2an=4・(-1)n-1・・・(2) (2)-(1)  an=4・(-1)n-1-3・(-2)n-1

   ---

   (1)を「等比型」に変形する 両辺を(-2)n+1で割る bn=an/(-2)nとおくと、b1=- bn+1-bn= bn-γ=(bn-γ) bn+1-bn=γ    γ=

   bn-=(bn-) bn-=(--)()n-1 bn=-2・()n-1+

   ---

   (1)を「階差型」に変形する 両辺を(-1)n+1で割る cn=an/(-1)nとおくと、c1=-1 cn+1-cn=3・2n-1

   ---

   (2)の両辺を
   • (-1)ⁿ⁺¹で割れば、「等比型」に、
   • (-2)ⁿ⁺¹で割れば、「階差型」に、
   それぞれ変形できる。（省略！）
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

   ---

   【分数式型】
2.     a₁=4
   と仮定すると、
   
   c(c+2)=4c+3
   c²-2c-3=0
   (c-3)(c+1)=0    c=-1,3

   c=-1に対して 型の変形を考える ・・・(1) ・・・(2)

   c=3に対して 型の変形を考える ・・・(3) ・・・(4)

   ---

   • (2),(4)はいずれも「等比型」であるから、それぞれ単独で解ける。
   • それ以外に(1),(3)を組み合わせて、等比数列を作る方法がある。

   ---

   「等比型」(2)を単独で解く

   「等比型」(4)を単独で解く

   ---

   (1),(3)を組み合わせて解く

   ---

69.     a₁=7
    と仮定すると、
    
    c(c-2)=4c-9
    c²-6c+9=0
    (c-3)²=0    c=3 (重解)
    「重解」であるから方法は一つしかない。

    c=3に対して 型の変形を考える これは置き換えれば「等差数列」だ！

    ---

    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    【行列の「対角化」によるn乗の計算（数学C)】
3. 次の式で定義される2次の正方行列Aについて、そのn乗を次に手順によって求めよ。
   
   
   1. 零ベクトルではない列ベクトル(x,y)に対して、
      をみたす定数kは2個存在する。これらを求めよ。
   2. 上の2個のkをそれぞれk₁ , k₂とするとき、
        ,  
      をみたす列ベクトル(x₁,y₁) , (x₂,y₂)をそれぞれ一つずつ求めよ。
   3.  , とするとき、AP=PBを示せ。
   4. Bⁿを推定し、これを数学的帰納法によって証明せよ。
   5. Aⁿを求めよ。

   ---

   1. 
      
      
      この連立1次方程式（定数項がないから「連立1次斉次方程式」という）が、
      (x,y)=(0,0)
      という「当たり前の解」（「自明解」という）以外に解を持つならば、
      行列(A-kE)は、逆行列を持たない。

      ---

      【証明・背理法】
      (x,y)=(0,0)以外に解を持ち、かつ、
      行列(A-kE)が、逆行列(A-kE)^-1を持つと仮定する。
      両辺に左からこれをかけると、
      
      (x,y)=(0,0)
      となり、仮定に反する。

      ---

      (-k)²-()²=0
      k²-k+=0

      ---

      この式は、行列Aに対して「ハミルトン・ケーリーの定理」を適用した式
      A²-A+E=0
      と、係数の並びが同じである。これをAの「固有方程式」と呼ぶ。

      ---

      (k-1)(k-)=0     k=1,(これを行列Aの「固有値」と呼ぶ)
   2. 
      

      これを固有値1に対応する「固有ベクトル」と呼ぶ。

      このようなベクトルは無数に存在するが、もっとも簡単な整数比のものを選んだ。
   3. 
      

      すなわち、 AP=PB

   4. 
      と推定される。
      • n=1のとき成立する。・・・(1)
      • n=mのとき成立すると仮定する。すなわち、
        
        両辺に右からBをかけると、
        
        となり、n=m+1のときも成立することが示された。・・・(2)
      • (1)(2)より、任意の自然数nに対して、
        
        が成立する。
   5. 
      （「固有方程式」が、重解でない限り二つの「固有ベクトル」は1次独立である。
      従って、それらを並べた行列Pは、かならず、逆行列を持つ。）
      iiiより
      AP=PB
      Pは逆行列P^-1をもつから、これを両辺に右からかけて、
      APP^-1=PBP^-1
      A=PBP^-1
      Aⁿ=(PBP^-1)ⁿ=PBP^-1PBP^-1・・・PBP^-1=PBⁿP^-1