解決済み

漸化式がわかりません

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お礼率 89% (85/95)

(1)a[n+1]=p・a[n] + q
(2)a[n+1]=p・a[n] + f(n)
(1)は両辺にq/(1-p)を引いて等比数列に持ちこめばいいし
(2)はa[n+1] + α(n+1) + β= p・{a[n] + αn + β}とおいて、等比数列に持ち込めばいいと思うのですが、
(1)(2)のpが1のときはうまくいかないのですが、どうしてでしょうか?
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質問者が選んだベストアンサー

  • 回答No.4
レベル9

ベストアンサー率 52% (46/88)

No,1の「回答に対するお礼」の中にある、

>上の操作のどこに等比数列の和がでてくるのでしょうか?等比数列は確かにでてきていますが・・・。

という疑問に対する別角度からの説明をしてみます。

例として、
a[1] = 1, a[n + 1] = 2a[n] + 3
という漸化式を考えてみましょう。
まず数列の項をいくつか並べてみると、
a[1] = 1
a[2] = 2a[1] + 3 = 2×1 + 3 = 5
a[3] = 2a[2] + 3 = 2×5 + 3 = 13
a[4] = 2a[3] + 3 = 2×13 + 3 = 29
a[5] = 2a[4] + 3 = 2×29 + 3 = 61
より、a[n]は
1, 5, 13, 29, 61, ……
という数列になります。
このままではなかなか規則性が読み取れませんが、
「全ての項に3を加えてごらん」という
「天の声」が聞こえてきたとします。すると、
4, 8, 16, 32, 64, ……
となって、手品のように等比数列が浮かび上がってきますね。
普通に眺めているだけでは分からなかった数列が、
「3歩下がって眺めてみる」ことによって正体を現したわけです。
新しい数列は 2^(n + 1) で表されますから、もとの数列は
a[n] = 2^(n + 1) - 3 となります。

この「天の声」を聞くための方法が
「両辺から q / (1-p) を引いて……」という話ですから、
この方法自体についてはOKですね?

ここではあえて、もっとバカ正直な解き方で求めてみましょう。
たとえば a[5] の値(61)はどうやって求まったのか洗い直すと、
a[5] = 2a[4] + 3 だったわけですが、
この a[4] はさらに 2[3] + 3 から来ているのであり、どんどん展開すると
a[5]
= 2a[4] + 3
= 2(2a[3] + 3) + 3
= 2[2(2a[2] + 3) + 3] + 3
= 2{2[2(2a[1] + 3) + 3] + 3} + 3

となります。この多重カッコを後ろから注意深くはずすと、
= (2^4)a[1] + (2^3)・3 + (2^2)・3 + 2・3 + 3
= (2^4)a[1] + 3(2^3 + 2^2 + 2^1 + 2^0)
これをよく見ると、初めの (2^4)a[1] を別にすれば、
後ろの部分が等比数列の和になっていることが分かりますか?
この場合は逆順に見たほうが分かりやすく、
「初項2^0( = 1)、公比2の等比数列の第4項までの和」
と見ることができます。

つまり、この形の漸化式は
等比数列の和の求め方さえ身に付いていれば
一般項を求めることができるわけです。

a[5]の場合の結果を参考にして、一般のa[n]を作ってみましょう。
a[n] = [2^(n - 1)]a[1] + 3[2^(n - 2) + 2^(n - 3) + …… + 2^2 + 2^1 + 2^0]
後ろの[]内は
「初項2^0( = 1)、公比2の等比数列の第(n - 1)項までの和」
と見ることができ、等比数列の和の公式でも何でも使えば求まって
1[2^(n - 1) - 1] / (2 - 1) = 2^(n - 1) - 1
となりますから、全体は
a[n] = [2^(n - 1)]a[1] + 3[2^(n - 1) - 1]
= (a[1] + 3)[2^(n - 1)] - 3
であり、ここまでが初項に関わらずこの漸化式に共通する一般項です。
いま、a[1] = 1より
a[n] = 4[2^(n - 1)] - 3 = (2^2)[2^(n - 1)] - 3 = 2^(n + 1) - 3
と、ヘトヘトになりながらも答が一致しますね。

さて、ご質問のp = 1のときについてですが、
上の方法において多重カッコをはずしたとき、
「後ろの部分の等比数列」の公比が1になってしまいますね。
すると、その和を求める際に特別扱いが生じますね。
この事実がめぐりめぐって、
「p = 1だけ特別」というふうに見えるわけです。
お礼コメント
hoihoihoi18

お礼率 89% (85/95)

お返事ありがとうございます。とてもわかりやすかったです!疑問が氷解しました。何から何までどうもありがとうございました。
投稿日時 - 2002-06-23 13:27:39

その他の回答 (全4件)

  • 回答No.1
レベル12

ベストアンサー率 50% (374/740)

ともにa[n+1]- a[n]= f(n) などとして,
(1)は等差数列で自明.
(2)も階差数列から一般項を求める公式
n>=2 で
a[n]=a[1]+Σ(k=1 to n-1)f(k)
とやれば問題なしです.

なぜp=1だと例外かって?
公比1の等比数列の和は例外扱いでしたね.そうすると無理もないのでは.
お礼コメント
hoihoihoi18

お礼率 89% (85/95)

>ともにa[n+1]- a[n]= f(n) などとして,
(1)は等差数列で自明.
(2)も階差数列から一般項を求める公式
n>=2 で
a[n]=a[1]+Σ(k=1 to n-1)f(k)
とやれば問題なしです.

確かにそうすれば問題はないと思うのですが、なぜ、質問の所に書いたようにしてはだめなのでしょうか?例外になる理由が知り合いです。いつも間違えるので・・。

>なぜp=1だと例外かって?
公比1の等比数列の和は例外扱いでしたね.そうすると無理もないのでは.

すみません、等比数列の和がどこででてくるのかわかりません。
「(1)は両辺にq/(1-p)を引いて等比数列」
「(2)はa[n+1] + α(n+1) + β= p・{a[n] + αn + β}とおいて、等比数列」
すみません、上のの操作のどこに等比数列の和がでてくるのでしょうか?等比数列は確かにでてきていますが・・・。すみません、ちょっとわかりません。
投稿日時 - 2002-06-19 23:59:11
  • 回答No.2
レベル12

ベストアンサー率 27% (258/936)

  • 回答No.3
レベル12

ベストアンサー率 50% (374/740)

>公比1の等比数列の和は例外扱いでしたね.そうすると無理もないのでは
ここは, あまり深い意味があって書いたのではありません.しかし,pの値が1であることは,この形の漸化式では支配的(決定的)であって,
後述のように{a_[n]-α}や{a_[n]-F[n]}が等比数列という関係に持ち込むことが無理か,有益でない(得にならないor実質的に役に立たない)ことになります.

>(1)a[n+1]=p・a[n] + q
はf(x)=px+qとおくと, a[n+1]=f(a[n])の形とみることができて,
pが1でないときはy=f(x)とy=xの交点((1)の漸化式の不動点)α=q/(1-p)を利用して
うまく解くことができます. しかし, p=1の時は, 2直線は平行(一致も含む)になり, p=1かつq≠0のときは交点は存在しない(無限遠にいってしまう)し, p=q=0のときは両者は一致して自明解(定数数列)になります.

より一般に,
>(2)a[n+1]=p・a[n] + f(n) ・・・(A)
のような場合も,漸化式の"特解"が見つかれば,つまりF[n+1]=p・F[n] + f(n)・・・(B)を満たす関数F[n]が与えられた関数f(n)をヒントに見つけられれば,辺辺引いて
a[n+1] -F[n+1]= p{a[n] -F[n]}
と等比型に変形可能です.
しかし,p=1のときにa[n]を求めるために(B)を満たす特解F[n]を求めることは,すなわち(A)そのものを解くことと事実上同義であって[初期条件はもちろん違ってよいですが,定数のみの差です],さらに言えば,{f(n)}を階差数列とする数列{a_[n]}を求めることに他なりません.だったら,直接a_[n]を求めた方が早いということです.
お礼コメント
hoihoihoi18

お礼率 89% (85/95)

どうもありがとうございます。

>(1)a[n+1]=p・a[n] + q
はf(x)=px+qとおくと, a[n+1]=f(a[n])の形とみることができて,
pが1でないときはy=f(x)とy=xの交点((1)の漸化式の不動点)α=q/(1-p)を利用してうまく解くことができます. しかし, p=1の時は, 2直線は平行(一致も含む)になり, p=1かつq≠0のときは交点は存在しない(無限遠にいってしまう)し, p=q=0のときは両者は一致して自明解(定数数列)になります.

すみません、ちょっとよくわかりませんでした・・・(悲)
他にわかりやすい理由はないでしょうか?なかったらもう諦めますが。

(2)はわかりやすかったです!なるほど、直接a_[n]を求めた方が早いということなんですね。どうもありがとうございます。
投稿日時 - 2002-06-21 21:16:56
  • 回答No.5
レベル12

ベストアンサー率 50% (374/740)

No.3についての補足に対する回答
zabuzaburoさんの説明は非常にわかりやすかったものと思いますが,一応の回答です.

No.3の前半の(1)の説明がわかりにくいとのことですが, 平たく言えば
α=p・α + q を満たす不動点α=q/(1-p)なるものがp=1のときは存在しない(分母の条件より)
<==>a[n+1] -α= p{a[n] -α} を満たす定数αが存在しない
<==>p=1 だと a[n+1] -α= p{a[n] -α} のように変形できない
よってp=1ではこの方法は使えない(失敗した).

最初の段階の理解はこれでよいと思います.
ただし, よくよく先まで勉強していくと, もっと深い理由が見えて来るということでいいのではないでしょうか.

所詮,一般項や和を求める技術に過ぎないと割り切れば,役に立つから使う,あるいは役に立たないから使わない(使えない)でも別にかまわないのです.
ただし,よくよく調べていくと,うまくいく理由,あるいはうまくいかない理由がわかって来ることもあって,それにより理解が深まるので,急がずに疑問を大切にして,より深いレベルの理解を自分の力で獲得していくのが一番良い勉強なのではないでしょうか.
お礼コメント
hoihoihoi18

お礼率 89% (85/95)

>所詮,一般項や和を求める技術に過ぎないと割り切れば,役に立つから使う,あるいは役に立たないから使わない(使えない)でも別にかまわないのです.
ただし,よくよく調べていくと,うまくいく理由,あるいはうまくいかない理由がわかって来ることもあって,それにより理解が深まるので,急がずに疑問を大切にして,より深いレベルの理解を自分の力で獲得していくのが一番良い勉強なのではないでしょうか.

お返事どうもありがとうございます。そうですね、もっと数学を勉強していくとoshiete_gooさんが今回仰ったこともスラーっとしみこんでくるようにわかる日がくるかもしれません。まだ全体のレベルが足りないのかもしれません。急がずに疑問を大切にしてというのを聞いてなるほどと思いました。ありがとうございました。
投稿日時 - 2002-06-23 13:32:30
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