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■47915 / 親記事)  漸化式
  
□投稿者/ ハイポネックス 一般人(4回)-(2017/03/11(Sat) 21:22:47)
    a[1]=1
    a[2]=1
    a[n+2]=(a[n+1]^2+1)/a[n] (n≧1)
    であるとき、a[n]が自然数であること
    の証明を教えて下さい。お願いします。
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■47916 / ResNo.1)  Re[1]: 漸化式
□投稿者/ WIZ 一般人(2回)-(2017/03/11(Sat) 22:15:38)
    べき乗演算子^は四則演算子より優先度が高いものとします。

    # みずきさんの紹介された方法のパクリですが!

    一般項を1, 1, 2, 5, 13, 34, 89・・・と書き出してみると、
    目視でa[n+2] = 3a[n+1]-a[n]という漸化式が成り立つように思えます。

    数学的帰納法で確認します。n = 1とn = 2では成立しています。
    kを自然数として、n = k及びn = k+1で成立している、つまり
    a[k+2] = 3a[k+1]-a[k]
    a[k+3] = 3a[k+2]-a[k+1]
    と仮定すると、
    a[k+4] = (a[k+3]^2+1)/a[k+2]
    = {(3a[k+2]-a[k+1])^2+1}/a[k+2]
    = {9a[k+2]^2-6a[k+2]a[k+1]+a[k+1]^2+1}/a[k+2]
    = 9a[k+2]-6a[k+1]+{(a[k+1]^2+1)/a[k]}*a[k]/a[k+2]
    = 9a[k+2]-6a[k+1]+a[k+2]*a[k]/a[k+2]
    = 9a[k+2]-6a[k+1]+a[k]
    = 3(3a[k+2]-a[k+1])-(3a[k+1]-a[k])
    = 3a[k+3]-a[k+2]
    となって、n = k+2でも成立する。

    以上から、任意の自然数nに対して、a[n+2] = 3a[n+1]-a[n]が成立して、
    よって、a[n]とa[n+1]が整数ならばa[n+2]も整数と言える。
    また、a[1] = a[2] = 1, a[n+2] = (a[n+1]^2+1)/a[n]からa[n] > 0と言えるので、
    a[n]は自然数とい言えます。
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■47917 / ResNo.2)  Re[2]: 漸化式
□投稿者/ ハイポネックス 一般人(5回)-(2017/03/11(Sat) 22:54:27)
    有難うございます!

    もしかして、二次式f(x)に対して
    a[n+2]=f(a[n+1])/a[n]
    で数列を定めると、ある数p,q,rが存在して
    a[n+2]=pa[n+1]+qa[n]+r
    となるのでしょうか?
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■47918 / ResNo.3)  Re[3]: 漸化式
□投稿者/ IT 一般人(2回)-(2017/03/12(Sun) 00:21:07)
    2017/03/12(Sun) 08:01:54 編集(投稿者)

    私の計算違いでなければ、たとえば
    a[n+2]=(2a[n+1]^2+2)/a[n],a[1]=1,a[2]=1 のとき成立しないと思います。
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■47919 / ResNo.4)  Re[4]: 漸化式
□投稿者/ ハイポネックス 一般人(6回)-(2017/03/12(Sun) 10:05:38)
    f(x)=x^2+bx+c
    の形でも無理でしょうか?
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■47921 / ResNo.5)  Re[5]: 漸化式
□投稿者/ らすかる 一般人(15回)-(2017/03/12(Sun) 11:14:40)
    a[1]=a[2]=1, a[n+2]={(a[n+1])^2+ba[n+1]+c}/a[n]
    のとき
    a[n+2]=(2b+c+2)a[n+1]-a[n]-b
    となるようです。

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■47922 / ResNo.6)  Re[6]: 漸化式
□投稿者/ ハイポネックス 一般人(7回)-(2017/03/12(Sun) 11:45:06)
    有り難うございます。
    やはりそういう関係が成り立つのですね。

    それって、実験的に類推する方法以外で、代数的に(非帰納法で)式変形だけで証明できるのでしょうか?
    そもそも、見る人が見ればこういった線形的な関係が成り立つのは明らかなのでしょうか?
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■47923 / ResNo.7)  Re[6]: 漸化式
□投稿者/ IT 一般人(3回)-(2017/03/12(Sun) 11:46:38)
    らすかるさんへ、
     興味深い結果ですね。
     「a[1]=a[2]=1」という条件も効いているのでしょうか?
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■47924 / ResNo.8)  Re[1]: 漸化式
□投稿者/ WIZ 一般人(3回)-(2017/03/12(Sun) 11:53:20)
    長文ですが、一定の結果が出せたので書き込ませて頂きます。

    f(x) = Ax^2+Bx+C, a[n+2] = f(a[n+1])/a[n]とし、
    a[n+2] = p*a[n+1]+q*a[n]+rとなるp, q, rがA, B, Cだけで決定できるか考えてみます。

    n = 1とn = 2で変形できる、つまり、
    a[3] = p*a[2]+q*a[1]+r
    a[4] = p*a[3]+q*a[2]+r
    は成立するもとします。

    後は、kを自然数としてn = kとn = k+1で成立する、つまり、
    a[k+2] = p*a[k+1]+q*a[k]+r
    a[k+3] = p*a[k+2]+q*a[k+1]+r
    と仮定して、n = k+2でも成立することが示せれば良い訳です。

    a[k+4] = (A*a[k+3]^2+B*a[k+3]+C)/a[k+2]
    = {A*(p*a[k+2]+q*a[k+1]+r)^2+B*(p*a[k+2]+q*a[k+1]+r)+C}/a[k+2]
    = {A*(p^2)*a[k+2]^2+2Apq*a[k+2]a[k+1]+2Apr*a[k+2]+A*(q^2)*a[k+1]^2+2Aqr*a[k+1]+A*r^2+Bp*a[k+2]+Bq*a[k+1]+Br+C}/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+{A*(q^2)*a[k+1]^2+(2Aqr+Bq)*a[k+1]+(A*r^2+Br+C)}/a[k+2]

    上記の最後の式で、ある定数sが存在して、
    A*(q^2)*a[k+1]^2+(2Aqr+Bq)*a[k+1]+(A*r^2+Br+C) = s*f(a[k+1])・・・・・(1)
    と表せれば、
    a[k+4] = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*f(a[k+1])/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*f(a[k+1])/a[k]*a[k]/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*a[k+2]*a[k]/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*a[k]・・・・・(2)
    と、とりあえず分数式は解消されて整式になります。

    先ず、(1)の様に表せる為には
    A*(q^2)*a[k+1]^2+(2Aqr+Bq)*a[k+1]+(A*r^2+Br+C) = s*(A*a[k+1]^2+B*a[k+1]+C)
    より、
    A*(q^2) = sA・・・・・(3)
    2Aqr+Bq = sB・・・・・(4)
    A*r^2+Br+C = sC・・・・・(5)
    であることが必要です。

    A ≠ 0とすれば、(3)より、
    s = q^2・・・・・(6)
    です。

    (6)を(4)に代入すると、
    2Aqr+Bq-(q^2)B = q*{2Ar+(1-q)B} = 0
    よって、q = 0ならrは任意の値、q ≠ 0なら
    r = (q-1)B/(2A)・・・・・(7)
    であれば良いです。

    (6)(7)を(5)に代入して見ると、
    A*{(q-1)B/(2A)}^2+B*(q-1)B/(2A)+C = (q^2)C
    ⇒ {(q-1)^2}(B^2)/(4A)+(q-1)(B^2)/(2A)+(1-q^2)C = 0
    ⇒ (q-1){(q-1)(B^2)+2(B^2)-(1+q)*4AC} = 0
    ⇒ (q-1){(q+1)(B^2)-(1+q)*4AC} = 0
    ⇒ (q-1)(q+1)(B^2-4AC) = 0

    4AC-B^2 = 0ならばqは任意の値となりますが、
    4AC-B^2 = 0となるのは、f(x)がxの1次式の平方となる場合です。
    この場合は別途考えることとして(!)、以降4AC-B^2 ≠ 0の場合のみ考えます。

    4AC-B^2 ≠ 0ならばq = ±1であれば良いです。
    q = 1ならば(7)よりr = 0です。
    q = -1ならば(7)よりr = -B/Aです。

    (2)より、
    a[k+4] = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*a[k]
    = Ap*(p*a[k+2]+q*a[k+1]+r)+Aq*(p*a[k+1]+q*a[k]+r)+(1-A)(q^2)a[k]+(Apr+Bp-Aqr)
    = Ap*a[k+3]+Aq*a[k+2]+(1-A)(q^2)a[k]+(Apr+Bp-Aqr)
    となりますが、上記が
    a[k+4] = p*a[k+3]+q*a[k+2]+r
    と等価になる為には、
    Ap = p・・・・・(8)
    Aq = q・・・・・(9)
    (1-A)(q^2) = 0・・・・・(10)
    Apr+Bp-Aqr = r・・・・・(11)
    となることが必要です。

    (8)(9)(10)より、A = 1が必要です。
    よって、「q = 1, r = 0」または「q = -1, r = -B」となります。

    A = 1, q = 1, r = 0の場合、(11)は
    1*p*0+Bp-1*1*0 = 0
    ⇒Bp = 0
    となり、B = 0ならばpは任意の値、B ≠ 0ならばp = 0が必要です。

    A = 1, q = -1, r = -Bの場合、(11)は
    1*p*(-B)+Bp-1*(-1)*(-B) = -B
    ⇒ 0 = 0
    となり、pは任意の値となります。

    ・・・と、ここまでのかなり荒削りな結果から、ハイポネックスさんが質問された2問を解いてみます。

    【1問目】a[1] = a[2] = 1, a[n+2] = a[n+1](a[n+1]+1)/a[n] (n≧1)
    A = 1, B = 1, C = 0なので、q = -1, r = -B = -1と取ります。
    a[3] = a[2](a[2]+1)/a[1] = 1*(1+1)/1 = 2
    a[3] = p*a[2]+q*a[1]+r = p*1+(-1)*1+(-1) = p-2
    ⇒ 2 = p-2
    ⇒ p = 4
    となって、既にみずきさんによる解答の通り、a[n+2] = 4a[n+1]-a[n]-1が得られます。

    【2問目】a[1] = a[2] = 1, a[n+2] = (a[n+1]^2+1)/a[n] (n≧1)
    A = 1, B = 0, C = 1なので、q = -1, r = -B = 0と取ります。
    a[3] = (a[2]^2+1)/a[1] = (1^2+1)/1 = 2
    a[3] = p*a[2]+q*a[1]+r = p*1+(-1)*1+0 = p-1
    ⇒ 2 = p-1
    ⇒ p = 3
    となって、既に私がよる解答の通り、a[n+2] = 3a[n+1]-a[n]が得られます。

    ITさんの指摘も含む、A ≠ 1の場合はこの方法では漸化式の整式化はできないのかもしれません。
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■47926 / ResNo.9)  Re[1]: 漸化式
□投稿者/ WIZ 一般人(4回)-(2017/03/12(Sun) 12:12:33)
    2017/03/12(Sun) 12:39:46 編集(投稿者)

    > 「a[1]=a[2]=1」という条件も効いているのでしょうか?

    f(x) = Ax^2+Bx+C, a[n+2] = f(a[n+1])/a[n] = p*a[n+1]+q*a[n]+rにおいて、
    A = 1かつB^2-4AC ≠ 0であれば、q = -1, r = -Bと取れますし、
    pの決定はa[3] = f(a[2])/a[1] = p*a[2]-a[1]-Bより、a[2] ≠ 0であれば、
    p = {f(a[2])/a[1]+a[1]+B}/a[2]となります。

    元の漸化式の分母にa[n]が来る以上、任意の自然数nに対してa[n] ≠ 0と言えるので、
    a[1] = a[2] = 1という条件までは必要ないと思います。

    但し、漸化式を分数式から整式へ変形できるかどうかを論じているのであって、
    a[n]が全て整数となるかは度外視しています。
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