15.4 漸化式の極限の基本事項(4)

例題3
数列$\{a_n\}$が
$a_1=k,a_{n+1}=-\dfrac{1}{a_n-2}$
を満たすとき数列$\{a_n\}$の極限値を求めよう．

まず，
$y=-\dfrac{1}{x-2},y=x$
の共有点を求めよう．もちろんこれが極限値の候補になります．
$-\dfrac{1}{x-2}=x$
$(x-1)^2=1$
$x=1$(重解)
グラフは右図のようになる．
初項$a_1=k$によって，数列の値の取り方は少し異なる．
$k\leqq 1$のとき，単調増加して$a_n\to 1 \ \ (n\to \infty)$
$1 < k < 2$のとき，途中$2$にならなければ２を超えるとつぎは負になり， その単調増加して$a_n\to 1 \ \ (n\to \infty)$（図参照）
$2 < k$のとき，$a_1 < 0$でその後単調増加して$a_n\to 1 \ \ (n\to \infty)$
となることがグラフより読み取れる．
問題になるのは，途中$a_n=2$となるとその後定義できなくなる．
そのような初項は
$y=-\dfrac{1}{x-2}$
の逆関数
$f(x)=2-\dfrac{1}{x}$
による漸化式
$b_{n+1}=2-\dfrac{1}{b_n},b_1=2$
の解$b_n$が初項の時である．
この漸化式を解くと
$b_n=1+\dfrac{1}{n}$ただし$n\geqq 2$

グラフから読み取るだけでは答案として不十分である．この漸化式は，例題2と異なり解ける漸化式である．
漸化式
$a_{n+1}=-\dfrac{1}{a_n-2}$
は
$\dfrac{1}{a_{n+1}-1}=\dfrac{1}{a_n-1}-1$
と変形できるから(理由は後で述べる)
$\dfrac{1}{a_n-1}=\dfrac{1}{a_1-1}-(n-1)=\dfrac{1}{k-1}-(n-1)$
$a_n=\dfrac{1}{\frac{1}{k-1}-(n-1)}+1 \to 1 \ (n\to \infty)$
ただし初項$a_1=k$は
$k\neq \dfrac{1}{n}+1 \ (1\leqq n)$
のとき．

ここで，分数型の漸化式の解法を整理しておこう．
$a_{n+1}=\dfrac{ra_n+s}{pa_n+q}$
$p\neq 0$のとき考えるので，分子，分母を$p$で割った$p=1$で考えてもよいが，その必要はない．
$a_{n+1},a_n$を未知数$x$とした方程式(この方程式を漸化式の特性方程式と呼ぶことがある)
$x=\dfrac{rx+s}{px+q}$
$px^2-(r-q)x-s=0\cdots (\sharp)$
$\bullet$方程式$(\sharp)$が異なる２つの解をもつとき．
$(\sharp)$の解の１つを$\alpha$とする．
$a_{n+1}-\alpha =\dfrac{ra_n+s}{pa_n+q}-\alpha$
右辺は，計算すると分子が因数$a_n-\alpha$をもつからある定数$A$を用いて
$=\dfrac{A(a_n-\alpha)}{pa_n+q}$
同様に，方程式$(\sharp)$の別の解を$\beta$とすると
$a_{n+1}-\beta=\dfrac{B(a_n-\beta)}{pa_n+q}$
辺々割ることにより，ある定数$C$を用いて
$\dfrac{a_{n+1}-\alpha}{a_{n+1}-\beta}=C\dfrac{a_n-\alpha}{a_n-\beta}$
したがって，数列$\{\frac{a_n-\alpha}{a_n-\beta}\}$は等比数列である．ここで，$\alpha , \beta$は特性方程式 の解である．

$\bullet$方程式$(\sharp)$が重解を持つとき．
$a_{n+1}$と$a_n$の関係を丁寧に計算する必要がある．
$(\sharp)$の重解を$\alpha$とする．
$a_{n+1}-\alpha=\dfrac{ra_n+s}{pa_n+q}-\alpha$
右辺を通分して計算すると，分子は$a_n-\alpha$を因数にもつから，$a_n$の係数に注目し
$=\dfrac{(r-p\alpha)(a_n-\alpha)}{pa_n+q}$
したがって，
$\dfrac{1}{a_{n+1}-\alpha}=\dfrac{p(a_n-\alpha)+p\alpha+q}{(r-p\alpha)(a_n-\alpha)}$
$=\dfrac{p}{r-p\alpha}+\dfrac{q+p\alpha}{r-p\alpha}\dfrac{1}{a_n-\alpha}$
ここで，$\alpha$は方程式
$px^2-(r-q)x-s=0$
の重解であるから，解と係数の関係より
$\dfrac{r-q}{p}=2\alpha$
したがって，
$r-p\alpha=q+p\alpha$
$\therefore \dfrac{1}{a_{n+1}-\alpha}=\dfrac{1}{a_n-\alpha}+\dfrac{p}{r-p\alpha}$
これで，数列$\{\frac{1}{a_n-\alpha}\}$が等差数列であることが示された．

分数型の漸化式を解いてみよう．
例１
$a_1=2,a_{n+1}=\dfrac{5a_n+3}{a_n+3}$
方程式
$\dfrac{5x+3}{x+3}=x$
を解くと，
$x=3,-1$
したがって，数列${\frac{a_n+1}{a_n-3}}$は等比数列．
実際
$\dfrac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-3}=\dfrac{\dfrac{5a_n+3}{a_n+3}+1}{\dfrac{5a_n+3}{a_n+3}-3} =3\cdot \dfrac{a_n+1}{a_n-3}$
したがって，
$\dfrac{a_n+1}{a_n-3}=\dfrac{2+1}{2-3}\cdot 3^{n-1}$
$a_n$について解いて
$a_n=\dfrac{3^{n+1}-1}{3^n+1}\cdots$(答)

解の１つだけを用いて次のように解いてもよい．
$a_{n+1}+1=\dfrac{5a_n+3}{a_n+3}+1=\dfrac{6(a_n+1)}{a_n+3}\cdot (\flat)$
両辺の逆数を取り
$\dfrac{1}{a_{n+1}+1}=\dfrac{1}{6}(1+\dfrac{2}{a_n+1})$
$b_n=\dfrac{1}{a_n+1}$
とおくと
$b_{n+1}=\dfrac{1}{3}b_n+\dfrac{1}{6},b_1=\dfrac{1}{3}$
これを解いて
$\dfrac{1}{a_n+1}=b_n=\dfrac{1+3^n}{4\cdot 3^n}$
$a_n$について解いて
$a_n=\dfrac{3^{n+1}-1}{3^n+1}$

例２
例題３で扱った漸化式
$b_{n+1}=2-\dfrac{1}{b_n},b_1=2$
を解こう．
方程式
$x=2-\dfrac{1}{x}$
$x=1$(重解)
$\dfrac{1}{b_{n+1}-1}=\dfrac{1}{(2-\dfrac{1}{b_n})-1}=\dfrac{1}{b_n-1}+1$
数列$\{\frac{1}{b_n-1}\}$は初項$\frac{1}{b_1-1}=1$，公差$1$の等差数列
したがって
$\dfrac{1}{b_n-1}=n$
$\therefore b_n=\dfrac{1}{n}+1$

続く(15.5 漸化式の極限(5))

目次
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