分数漸化式を行列で解く

一次分数漸化式の少し変わった解き方

問

一般項($a_n$)を求めよ．

$$a_1 = 2, \\ a_{n+1} = \frac{4 a_n + 1}{2 a_n + 3}.$$

この式は4つの数が特徴づけていて，行列に見えるので，行列を使って解きます．

方針

$$\frac{4 a_n + 1}{2 a_n + 3}$$

は見た目が行列に似ているので，行列の $n$ 乗を使って第 $n$ 項を求めてみます．
(ポピュラーに紹介される解法は別途下に書いてます)

$p_n$ をベクトルとして， $$p_{n+1} = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2& 3 \end{pmatrix} p_n$$

という(ような)式を作りたい．この形式になれば，行列の $n$ 乗を計算するだけで問題が解けそう．

(ここから工夫)
どのような $p_n$がいいか．できることなら $p_n = \begin{pmatrix} a_n \\ 1 \end{pmatrix}$ というベクトルを利用したい．こうすると，

$$\begin{split} \begin{pmatrix} 4 a_n + 1 \\ 2 a_n + 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2& 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_n \\ 1 \end{pmatrix} \end{split}\label{eq-1}\tag{1}$$

となるので，$p_n$ に行列をかけて，第2成分で第1成分を割れば，$a_{n+1}$ が出てくる(ただし第2成分が $0$ でないときに限る)．きっと，$p_n$ の一般形を求める計算は，行列の $n$ 乗の計算に帰着するだろう．

しかし，単に

$$\begin{split} \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_n \\ 1 \end{pmatrix} \end{split}$$

とすることはできない．この等式は成立していない．

そこで，成立している式 \eqref{eq-1} に，何とか $\begin{split} \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ 1 \end{pmatrix} \end{split}$ を入れられないかと考える．

ここで，$\begin{pmatrix} a_{n+1} \\ 1 \end{pmatrix}$ 自身は $\begin{pmatrix} 4 a_n + 1 \\ 2 a_n + 3 \end{pmatrix}$には一致しないものの，第1成分を第2成分で割った比が一致している，つまり$\begin{pmatrix} a_{n+1} \\ 1 \end{pmatrix}$と $\begin{pmatrix} 4 a_n + 1 \\ 2 a_n + 3 \end{pmatrix}$が線型従属であることに気付けば，あとは解法まではすぐである．

解答

$$\begin{align} a_n &= \frac{\alpha_n}{\beta_n} \label{eq:2-1}\tag{2-1}, \\ \begin{pmatrix} \alpha_{n+1} \\ \beta_{n+1} \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 4 a_n + 1 \\ 2 a_n + 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \alpha_{n} \\ \beta_{n} \end{pmatrix} \label{eq:2-2}\tag{2-2} \end{align}$$

を満たすような $\alpha_n, \beta_n \quad (n = 1, 2, ...)$ を構成する(構成した$\beta_n$ が $0$ にならないことも確認する)．

与式

$$\begin{split} a_{n+1} = \frac{4 a_n + 1}{2 a_n + 3} \end{split}$$

は，$2 a_n + 3 \neq 0$ (与えられた漸化式が和と商のみでできており，初項は正であることからわかる) より

$$\begin{split} \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2 a_n + 3} \begin{pmatrix} 4 a_n + 1 \\ 2 a_n + 3 \end{pmatrix} \end{split}$$

と同値，つまり

$$\begin{split} \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2 a_n + 3} \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2& 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_n \\ 1 \end{pmatrix} \end{split}\label{eq:3}\tag{3}$$

と同値である．

式 \eqref{eq:2-1} \eqref{eq:2-2} を満たす $\alpha_n, \beta_n$ を式 \eqref{eq:3} にもとづいて構成するには，式 \eqref{eq:2-1} を用いて式 \eqref{eq:3} を

$$\begin{split} \frac{1}{\beta_{n+1}} \begin{pmatrix} \alpha_{n+1} \\ \beta_{n+1} \end{pmatrix} = \frac{1}{(2 a_n + 3)\beta_n} \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2& 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha_n \\ \beta_n \end{pmatrix} \end{split}$$

と変形しておくとよい．

ここで，$\beta_{n+1} = (2 a_n + 3) \beta_n$ となるような $\alpha_n, \beta_n$ をとることができれば，そのような $\alpha_n, \beta_n$ について，

$$\begin{split} \begin{pmatrix} \alpha_{n+1} \\ \beta_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2& 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha_n \\ \beta_n \end{pmatrix} \end{split}\label{eq:4}\tag{4}$$

が成立する．

そのような $\alpha_n, \beta_n$ は実際にとることができる．それには，

$$\begin{split} \beta_1 &= 1, \\ \beta_{n+1} &= (2 a_n + 3) \beta_n \quad (n = 1, 2, ...), \\ \alpha_n &= a_n \beta_n \quad (n = 1, 2, ...), \end{split}\label{eq:5}\tag{5}$$

で $\alpha_n, \beta_n$を定めればよい．このような $\alpha_n, \beta_n$ は，$2 a_n + 3 \neq 0 \quad (n = 1, 2, ...)$ より $\beta_n \neq 0$ であり，式 \eqref{eq:2-1}, \eqref{eq:2-2}を同時にみたす．

さて，式 \eqref{eq:5} のようにとった $\alpha_n, \beta_n$ について，式 \eqref{eq:4} から，

$$\begin{split} \begin{pmatrix} \alpha_n \\ \beta_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2& 3 \end{pmatrix}^{n-1} \begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \beta_1 \end{pmatrix}, \quad (n = 1, 2, ...) \end{split}$$

である．ここで，

$$\begin{split} \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 2& 3 \end{pmatrix}^{n-1} = \frac{1}{4}\begin{pmatrix} 2^{n-1} + 2 \cdot 5^{n-1} &-2^{n-1} + 5^{n-1} \\ -2 \cdot 2^{n-1} + 2 \cdot 5^{n-1} &2 \cdot 2^{n-1} + 5^{n-1} \end{pmatrix} \end{split}$$

(固有値分解を使って計算した)から，

$$\begin{split} \begin{pmatrix} \alpha_n \\ \beta_n \end{pmatrix} &= \frac{1}{4}\begin{pmatrix} 2^{n-1} + 2 \cdot 5^{n-1} &-2^{n-1} + 5^{n-1} \\ -2 \cdot 2^{n-1} + 2 \cdot 5^{n-1} &2 \cdot 2^{n-1} + 5^{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \beta_1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 2^{n-1} + 5^n \\ - 2^n + 5^n \end{pmatrix}. \end{split}$$ $\alpha_n, \beta_n$ は式 \eqref{eq:2-1} を満たすので， $$\begin{split} a_n = \frac{\alpha_n}{\beta_n} = \frac{2^{n-1} + 5^n}{- 2^n + 5^n} \end{split}$$

がわかる． $\Box$

おまけ: 参考書の解法との比較

与式 $a_{n+1} = \frac{4 a_n + 1}{2 a_n + 3}$
は，

$$\begin{split} a_{n+1} + \frac{1}{2} = \frac{5(a_n + \frac{1}{2})}{2 a_n + 3} \end{split}\label{eq:add-1}\tag{add-1}$$

と変形できる．
ここで，与式から $a_n + \frac{1}{2} > 0$ なので，式 \eqref{eq:add-1} は両辺の逆数をとった，

$$\begin{split} \frac{1}{a_{n+1} + \frac{1}{2}} = \frac{2 a_n + 5}{5(a_n + \frac{1}{2})} \end{split}$$

と同値である．

この右辺は

$$\begin{split} \frac{2(a_n + \frac{1}{2}) + 2}{5(a_n + \frac{1}{2})} \end{split}$$

つまり，

$$\begin{split} \frac{2}{5} + \frac{2}{5} \frac{1}{a_n + \frac{1}{2}} \end{split}$$

に等しい．

つまり， $a_n$ について，

$$\begin{split} \frac{1}{a_{n+1} + \frac{1}{2}} = \frac{2}{5} \frac{1}{a_n + \frac{1}{2}} + \frac{2}{5} \end{split}$$

が成り立つ．

このことと，$a_1 = 2$ から，数列 $\{\frac{1}{a_n + \frac{1}{2}}\}$ の一般項は，

$$\begin{split} \frac{1}{a_n + \frac{1}{2}} = \frac{2}{3} - \left(\frac{2}{5}\right)^n \cdot \frac{2}{3} \end{split}$$

よって，

$$\begin{split} a_n = \frac{5^n + 2^{n-1}}{5^n - 2^n} \end{split}\label{eq:add-2}\tag{add-2}$$ $\Box$

検算

$n=1$ のとき，式 \eqref{eq:add-2} は，たしかに $$\begin{split} a_1 &= \frac{5^1 + 2^0}{5^1 - 2^1} = \frac{6}{3} = 2 \end{split}$$

となっている．