数列 - center_math @ ウィキ - atwiki（アットウィキ）

数列

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http://oshiete.goo.ne.jp/qa/2155909.html

漸化式

2項間漸化式

$a_{n+1} = pa_n + f(n)$

$a_{n+1} = a_n + q$

$a_n = a_1 +(n-1)q$

$a_{n+1} = a_n + f(n)$

$a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} f(k)$

$a_{n+1} = pa_n$

$a_n = a_1 p^{n-1}$

$a_{n+1} = pa_n + q$ 解法

$a_n=p^{n-1}\left(a_1-\frac{q}{1-p}\right)+\frac{q}{1-p}$

$a_{n+1} = pa_n + qr^n$ 解法

$a_n=rp^{n-1}\left(\frac{a_1}{r}-\frac{q}{r-p}\right)+\frac{qr^n}{r-p}$

$a_{n+1} = pa_n + qn$ 解法

$a_n=\left\{ a_1 + \frac{pq}{(p-1)^2} \right\} p^{n-1} - \frac{q}{p-1} n - \frac{q}{(p-1)^2}$

$a_{n+1}=pa_n+qn^k$ 解法

$a_n = a_1p^{n-1} + p^nq\sum_{i=1}^{n-1}i^k\left({1 \over p}\right)^{i+1}$

$a_{n+1}=pa_n+qn^2+rn+s$ 解法

$\iff \alpha =\frac{q}{1-p},\beta =\frac{r(1-p)-2q}{(1-p)^2},\gamma =\frac{s(1-p)^2-(q+r)(1-p)+2q}{(1-p)^3}$
$\alpha +\beta +\gamma =\frac{(q+r+s)(1-p)^2-(3q+r)(1-p)+2q}{(1-p)^3}$
として、
$a_n=\{a_1-(\alpha +\beta +\gamma )\}p^{n-1}+\alpha n^2+\beta n+\gamma$

3項間漸化式

$a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n$ 解法

$\alpha=\frac{p-\sqrt{p^2 +4q}}{2},\beta=\frac{p+\sqrt{p^2+4q}}{2}$
として、
$a_n=\frac{{\alpha}^{n-1}(a_2-\beta a_1)-{\beta}^{n-1}(a_2-\alpha a_1)}{\alpha - \beta}$

分数漸化式

$a_{n+1}=\frac{pa_n}{ra_n+s}$ 解法

$a_n = \left\{ \begin{array}{c} \left\{{1 \over a_1} - (n-1){r \over p}\right\}^{-1} \space (p=s) \\ \left\{\left( \frac{s}{p}\right)^{n-1}\left({1 \over a_1}-{r \over {p-s}}\right) + {r \over {p-s}} \right\}^{-1} \space (p \ne s) \end{array}\right.$

$a_{n+1}=\frac{pa_n+q}{ra_n+s}$

連立漸化式

$\left( \begin{array}{c} a_{n+1} \\ b_{n+1} \end{array}\right)=\left( \begin{array}{cc} p & q \\ r & s \end{array}\right)\left( \begin{array}{c} a_n \\ b_n \end{array}\right)$ 解法

$\alpha = \frac{(p+s)-\sqrt{(p-s)^2+4qr}}{2},\beta = \frac{(p+s)+\sqrt{(p-s^2)+4qr}}{2}$

$\gamma = \frac{(r+q)-\sqrt{(r-q)^2+4sp}}{2},\delta = \frac{(r+q)+\sqrt{(r-q^2)+4sp}}{2}$
として、
$a_n=\frac{{\beta}^{n-1}\{(p-\alpha)a_1+qb_1\}-{\alpha}^{n-1}\{(p-\beta)a_1+qb_1\}}{\sqrt{(p-s)^2+4qr}}$

$b_n=\frac{{\delta}^{n-1}\{(r-\gamma)a_1+sb_1\}-{\gamma}^{n-1}\{(r-\delta)a_1+sb_1\}}{\sqrt{(r-q)^2+4sp}}$

$a_n+b_n\sqrt{r}=\left( p+q\sqrt{r} \right)^n$

$n=k$ のとき、 $a_k+b_k\sqrt{r}$ とおくと、
$a_{k+1}+b_{k+1}\sqrt{r}=(a_k+b_k\sqrt{r})(p+q\sqrt{r})=(pa_k+qrb_k)+(qa_k+pb_k)\sqrt{r}$

対数系

$a_{n+1}={a_n}^p$
$\iff \log a_{n+1}=p \log a_n$
ゆえに、
$\log a_n=(\log a_1)\times p^{n-1}$
$a_n={a_1}^{p^{n-1}}$

$a_{n+1}=2a_n(a_n+1)$
$\iff a_{n+1}=2({a_n}^2+a_n)=2\left(a_n+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{2}$
$\iff a_{n+1}+\frac{1}{2}=2\left( a_n+\frac{1}{2} \right)^2$

三角関数型

$a_{n+1}=2a_n^2-1$

$a_n=\left\{ \begin{array}{c} \cos 2^{n-1}({\cos}^{-1} a_1) \space (0<a_1<1) \\ \cos 2^{n-1}({\cosh}^{-1} a_1) \space (a_1 >1) \end{array}\right.$

$a_{n+1}=4{a_n}^3-3a_n$

$a_{n+1}=-4{a_n}^3+3a_n$

$a_{n+1}=\frac{2a_n}{1-{a_n}^2}$

その他の数列

** $na_{n+1}=(n-2)a_n$

$\iff n(n-1)a_{n+1}=(n-1)(n-2)a_n$
$\iff よって、(n-1)(n-2)a_n=b\iff a_n=\frac{b}{(n-1)(n-2)}$ と表すことができる。
また、 $S_n=\sum_{k=3}^n\frac{b}{(k-1)(k-2)}=b\frac{n-2}{n-1}$

定積分による数列

$I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx$ のとき、
$I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin x\sin^ {n-1}xdx =\int_0^{\frac{\pi}{2}}(-\cos x)'\sin^{n-1}xdx=[(-\cos x)\sin^{n-1}x]_0^\frac{\pi}{2}}-\int_0^{\frac{\pi}{2}}(-\cos x)\cdot (n-1)\sin^{n-2} x\cdot \cos x$
$=(n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1-\sin ^2x)sin^{n-2}xdx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin^{n-2}x-\sin^nx)dx$
以上より、
$nI_n=(n-1)I_{n-2}$
$\iff I_n=\frac{n-1}{n}I_{n-2}$

$\iff I_n=\frac{(n-1)!!}{n!!}$ (nは奇数)
$\iff I_n=\frac{(n-1)!!}{n!!}\cdot \frac{\pi}{2}$ (nは偶数)

$I_n=\int_0^{\frac{\pi}{4}}tan^nxdx$ のとき、
$I_n=\int_0^{\frac{\pi}{4}}tan^2xtan^{n-2}xdx=I_n=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\left(-1+\frac{1}{cos^2x}\right)tan^{n-2}dx=-I_n=\int_0^{\frac{\pi}{4}}tan^{n-2}dx+\int_0^{\frac{\pi}{4}}(tanx)'tan^{n-2}xdx$
$=-I_{n-2}+\left[\frac{tan^{n-1}x}{n-1}\right]_0^{\frac{\pi}{4}}=-I_{n-2}+\frac{1}{n-1}$
以上より、
$I_{n+1}=-I_{n-1}+\frac{1}{n}$

$I_n=\int_1^ex(\log x)^ndx$ のとき、
$I_n=\int_1^e\left(\frac{x^2}{2}\right)'(\log x)^ndx=\left[ \frac{x^2}{2}\cdot(\log x)^2\right]_1^e -\int_1^e \frac{x^2}{2}\cdot n(\log x)^{n-1}\cdot \frac{1}{x}dx=\frac{e^2}{2}-\frac{n}{2}\int_1^ex(\log x)^{n-1}dx$
以上より、
$I_n=\frac{e^2}{2}-\frac{n}{2}I_{n-1}$

$I_n=\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^1 x^ne^xdx$ のとき、
$I_{n+1}=I_n+\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}e$

$I_n=\int_0^1 x^ne^xdx$ のとき、
$I_{n+1}=-(n+1)I_n+e$

数珠に内接する同数の数珠

k個の円による数珠のとき、
$\frac{r_n-r_{n+1}}{r_n+r_{n+1}}=\sin {\pi \over k}$

円と対数関数の交点

$(p_n,q_n)$ は $y=\log (nx)$ と $\left( x-\frac{1}{n}\right) + y^2 =1$ の第1象限の交点。
$q_n=\log (np_n)$
$\left(p_n -\frac{1}{n}\right)^2 +{q_n}^2=1$
より、 $1-{q_n}^2=\left( \frac{np_n -1 }{n}\right)$ より、
$1-{q_n}^2=\frac{(np_n -1)^2}{n^2}=\frac{(e^{q_n}-1)^2}{n^2}<\frac{(e-1)^2}{n^2}$
これより、 $0<1-{q_n}^2<\frac{(e-1)^2}{n^2}\iff \lim_{n\to\infty} 1-{q_n}^2=0\iff \lim_{n\to\infty}q_n=1$
このとき、 $S_n=\int_{\frac{1}{n}}^{p_n} \log(nx)dx=p_n\log np_n - p_n +\frac{1}{n}$
より、 $\lim_{n\to\infty}nS_n=\lim_{n\to\infty}=np_n\log np_n - np_n +1=\lim_{n\to\infty}e^{q_n}q_n - e^{q_n} + 1=e-e+1=1$

複雑な漸化式

$a_1=1,\frac{2^n}{n!}=\sum_{k=1}^{n+1}a_ka_{(n+1)-(k-1)}\iffa_n=\frac{1}{(n-1)!}$
(これの証明では帰納法を用いるが、 $n\le l$ 以下全てこの仮定が成り立つとして計算する。)

$a_0=r\cos\theta,b_0=r,a_n=\frac{a_n+b_n}{2},b_n=\sqrt{a_nb_{n-1}}$
$\iff a_{n+1}=a_n \cos^2\frac{\theta}{2^{n+1}},b_{n+1}=b_n \cos \frac{\theta}{2^{n+1}}$
$\iff \frac{a_n}{b_n}=\cos \frac{\theta}{2^n}$
また、 $b_n=\prod_{k=1}^n \cos \frac{\theta}{2^k}$
よって、 $b_n\sin\frac{\theta}{2^n}=b_o \cos\frac{\theta}{2}...\cos\frac{\theta}{2^{n-1}}\cos\frac{\theta}{2^n}\sin\frac{\theta}{2^n}=b_o \cos\frac{\theta}{2}...\cos\frac{\theta}{2^{n-1}}\times\frac{1}{2}\sin\frac{\theta}{2^{n-1}}$
$=...=b_o \cos\frac{\theta}{2} \times \frac{1}{2^{n-1}}\sin\frac{\theta}{2}=\frac{1}{2^n}b_o \sin\theta$

個々の項が解けない漸化式

全体とすれば簡単になる可能性あり。
(例)
$a_n+c_n=2(a_{n-2}+c_{n-2})$
各項にわけると計算不可。

大小関係のみがわかる漸化式

(1) $a_{n+1}=\sqrt{1+a_n}$
$a_n&gt;0$ は明らかなので、 ${a_{n+1}}^2-{a_n^}2>0$ を帰納法で導くことで、
常に $a_{n+1}>a_n$ だとわかる。
このことから、 $a_n$ が取りうる最大値は少なくとも、
$a_{n+1}=a_n$ の場合の値以下になるとわかる。
よって、 $c=\sqrt{1+t}\iff c=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ より、
$a_n<\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ である
このような単純増加型で特性方程式が解を取るような形の数列の場合、
関係式 $a_n-c<t(a_{n+1}-c)(|t|<1)$ を導くことで、 $\lim_{n\to \infty}a_n=c$ だと証明できる。

(2) $x_{k+1}+x_{k-1}>2x_k$
$\iff x_k-x_{k-1}<x_{k+1}-x_k$ より
$y_k=x_{k+1}-x_k$ と考えると
(ⅰ) $y_1\ge 0$ のとき、
　　 $x_1\lex_2<...<x_n$ より
　　最小値は $x_1$ か、 $x_1$ と $x_2$ となる
(ⅱ) $y_{n-1}\le 0$ のとき
　　 $x_1>...>x_{n-1}\ge x_n$ より
　　最小値は $x_n$ か、 $x_n$ と $x_{n-1}$ となる
(ⅲ) $y_1&lt;0$ かつ、 $y_{n-1}>0$ のとき
　　 $...<x_l-x_{l-1}\le0 < x_{l+1}-x_l<...$
　　 $\iff ...>x_{l-2}>x_{l-1}\ge x_l < x_{l+1}<...$
　　より、最小値は $x_l$ か、 $x_{l-1}$ であるから、
　　最小値を撮り得るのはいづれも2つのみ

極限

$C_{n+1}=f(n)(1+C_n)$
であれば $\lim_{n \to \infty} {C_n} \to -1$
と推測される。
この証明は、 $\lim_{n \to \infty}|C_n+1|=0$
を計算すれば示すことができる。
$\cos x$ などは、
$|\cos x|<1$ として消去する。

$x_{n+1}=f(x_n),f(\alpha)=\alpha$ のとき、
$\frac{f(x_n)-f(\alpha)}{x_n-\alpha}=f'(c_n)(c_n>\alpha,or,c_n>x_n)$ より
$x_{n+1}-\alpha=f(x_n)-f(\alpha)=f'(c_n)(x_n-\alpha)$
今、 $|f'(x_n)|<1,|f'(\alpha)<1|$ であるとわかっているのであれば、
|r|<1を満たすrを用いて、
$x_{n+1}-\alpha<r(x_n-\alpha)\iff x_n-\alpha<r^n(x_0-\alpha)$ となるので、
$\lim_{n\to \infty}x_n-\alpha=0\iff \lim_{n\to \infty}x_n=\alpha$

行列と漸化式

$\overrightarrow{p_{n+1}}=A\overrightarrow{p_{n}}+\overrightarrow{b}$ の場合、
$\overrightarrow{c}=A\overrightarrow{c}+\overrightarrow{b}$ を満たす列ベクトル $\overrightarrow{c}$ を用いて、
$\overrightarrow{p_{n+1}}-\overrightarrow{c}=A(\overrightarrow{p_n}-\overrightarrow{c})$ と表せる。
このことから、 $\overrightarrow{p_n}=A^{n-1}(\overrightarrow{p_1}-\overrightarrow{c})+\overrightarrow{c}$

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最終更新：2013年07月01日 17:01

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