COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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連立漸化式

連立漸化式

 初期条件 $a_1 = a,$ $b_1 = b$ と連立漸化式 \[ a_{n+1} = pa_n+qb_n,\ b_{n+1} = ra_n+sb_n\ (ps \neq qr)\] で定まる数列 $\{ a_n\},$ $\{ b_n\}$ の一般項は,
  • $\{ a_n+kb_n\}$ が等比数列になるような定数 $k$ を見つける方法
  • $\{ a_n\}$ の $3$ 項間漸化式に帰着させる方法
で求めることができる.

問題≪ペル方程式に関する連立漸化式≫

 数列 $\{ x_n\},$ $\{ y_n\}$ を \[ x_1 = 3,\ y_1 = 2,\ x_{n+1} = 3x_n+4y_n,\ y_{n+1} = 2x_n+3y_n\] で定める.
(1)
数列 $\{ x_n+ky_n\}$ が公比 $r$ の等比数列となるような定数 $k,$ $r$ の組を $2$ 組求めよ. さらに, 数列 $\{ x_n\},$ $\{ y_n\}$ の一般項を求めよ.
(2)
$x_n,$ $x_{n+1},$ $x_{n+2}$ の関係式を求めよ. また, 数列 $\{ x_{n+1}-\alpha x_n\}$ が公比 $\beta$ の等比数列となるような定数 $\alpha,$ $\beta$ の組を $2$ 組求めよ. さらに, 数列 $\{ x_n\},$ $\{ y_n\}$ の一般項を求めよ.

解答例

(1)
数列 $\{ x_n+ky_n\}$ が公比 $r$ の等比数列となるとき, \begin{align*} &x_{n+1}+ky_{n+1} = r(x_n+ky_n) \\ &(3x_n+4y_n)+k(2x_n+3y_n) = r(x_n+ky_n) \\ &(2k-r+3)x_n+(3k-rk+4)y_n = 0 \end{align*} となる. よって, $2k-r+3 = 3k-rk+4 = 0$ であれば, この等式が成り立つ. $r = 2k+3$ を $3k-rk+4 = 0$ に代入して整理すると $2k^2 = 4$ つまり $k = \pm\sqrt 2$ となるから, \[ (k,r) = (\pm\sqrt 2,3\pm 2\sqrt 2)\] は条件を満たす(複号同順). $\{ x_n\pm\sqrt 2y_n\}$ は初項 $3\pm 2\sqrt 2,$ 公比 $3\pm 2\sqrt 2$ の等比数列であるから, \begin{align*} x_n+\sqrt 2y_n &= (3+2\sqrt 2)^n \quad \cdots [1], \\ x_n-\sqrt 2y_n &= (3-2\sqrt 2)^n \quad \cdots [2] \end{align*} が成り立つ. よって, $([1]+[2])\div 2,$ $([1]-[2])\div 2\sqrt 2$ から, \begin{align*} x_n &= \frac{(3+2\sqrt 2)^n+(3-2\sqrt 2)^n}{2}, \\ y_n &= \frac{(3+2\sqrt 2)^n-(3-2\sqrt 2)^n}{2\sqrt 2} \end{align*} が得られる.
(2)
第 $3$ 式から, $x_{n+2} = 3x_{n+1}+4y_{n+1}$ である. ここに第 $4$ 式を代入して整理すると, \[ x_{n+2} = 3x_{n+1}+8x_n+12y_n\] となる. これと第 $3$ 式から $y_n$ を消去すると, \begin{align*} &x_{n+2}-3x_{n+1} = 3x_{n+1}-x_n \\ &x_{n+2}-6x_{n+1}+x_n = 0 \end{align*} となる. 数列 $\{ x_{n+1}-\alpha x_n\}$ が公比 $\beta$ の等比数列となるとき, \begin{align*} &x_{n+2}-\alpha x_{n+1} = \beta (x_{n+1}-\alpha x_n) \\ &x_{n+2}-(\alpha +\beta )x_{n+1}+\alpha\beta x_n = 0 \end{align*} となる. よって, $\alpha +\beta = 6,$ $\alpha\beta = 1$ のとき, つまり $(\alpha,\beta ) = (3\mp 2\sqrt 2,3\pm 2\sqrt 2)$ のとき, 上記の等式が成り立つ. $\{ x_{n+1}-(3\mp 2\sqrt 2)x_n\}$ は初項 \begin{align*} x_2-(3\mp 2\sqrt 2)x_1 &= (3\cdot 3+4\cdot 2)-(3\mp 2\sqrt 2)\cdot 3 \\ &= \pm 2\sqrt 2(3\pm 2\sqrt 2), \end{align*} 公比 $3\pm 2\sqrt 2$ の等比数列であるから, \begin{align*} x_{n+1}-(3-2\sqrt 2)x_n &= 2\sqrt 2(3+2\sqrt 2)^n \quad \cdots [1], \\ x_{n+1}-(3+2\sqrt 2)x_n &= -2\sqrt 2(3-2\sqrt 2)^n \quad \cdots [2] \end{align*} が成り立つ. よって, $([1]-[2])\div 4\sqrt 2$ から, \[ x_n = \frac{(3+2\sqrt 2)^n+(3-2\sqrt 2)^n}{2}\] が得られる. このとき, \begin{align*} y_n &= \frac{1}{4}x_{n+1}-\frac{3}{4}x_n \\ &= \frac{(3+2\sqrt 2)^{n+1}+(3-2\sqrt 2)^{n+1}}{8} \\ &\qquad -\frac{3(3+2\sqrt 2)^n+3(3-2\sqrt 2)^n}{8} \\ &= \frac{(3+2\sqrt 2)^n\cdot 2\sqrt 2+(3-2\sqrt 2)^n\cdot (-2\sqrt 2)}{8} \\ &= \frac{(3+2\sqrt 2)^n-(3-2\sqrt 2)^n}{2\sqrt 2} \end{align*} である.

背景

  • 平方数でない正の整数 $d$ について, $x^2-dy^2 = 1$ の形の方程式を「ペル方程式」(Pell's equation)と呼ぶ. $x^2-dy^2 = 1$ は必ず正の整数解を持つことが知られており, そのような解について $x+y\sqrt d$ の最小値を $\varepsilon$ とおくと, $\varepsilon ^n = x_n+y_n\sqrt d$ で定まる $(x,y) = (x_n,y_n)$ が $x^2-dy^2 = 1$ のすべての正の整数解を与えることが知られている. $d = 2$ のとき $\varepsilon = 3+2\sqrt 2$ であり, 問題の漸化式は $x_{n+1}+y_{n+1}\sqrt 2 = (x_n+y_n\sqrt 2)(3+2\sqrt 2)$ から定まるものである.
  • (a), (b) の結果から \begin{align*} \frac{x_n}{y_n} &= \sqrt 2\cdot\frac{(3+2\sqrt 2)^n+(3-2\sqrt 2)^n}{(3+2\sqrt 2)^n-(3-2\sqrt 2)^n} \\ &= \sqrt 2\cdot\frac{1+\left(\dfrac{3-2\sqrt 2}{3+2\sqrt 2}\right) ^n}{1-\left(\dfrac{3-2\sqrt 2}{3+2\sqrt 2}\right) ^n} \\ &\to \sqrt 2 \quad (n \to \infty) \end{align*} となるが, 一般の $d$ についても $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{x_n}{y_n} = \sqrt d$ の成り立つことが知られている(数学 III).