くろべえ: 繰り返す数列

2008年11月8日土曜日

繰り返す数列

数学Bの数列をはじめのところ，教科書に
-1,1,-1,-1,・・・
と繰り返す数列が出ていた．
一般項は

$(-1)^n$

これを使えば，2個ずつ繰り返す数列を表すことができる．
3,4,3,4,3,4,3,4,・・・
は
3.5-0.5,
3.5+0.5,
3.5-0.5,
3.5+0.5,
の繰り返しと考えることにより，一般項は

$3.5+(-1)^n\times0.5$
といえる．

こんなことを授業でやっているとき，
「3つの繰り返しの式も，面倒だけどできるよ．」
なんていう話もした．もちろん，数列のはじまりの授業でさらっと扱える内容ではない．
たとえば，
1,2,3,1,2,3,・・・
といったもの．

理屈は知っていたが，実際に求めてみたことはなかったので，作ってみた．

とりあえず，三角関数を使って，くるくる回すのが簡単．1周を3等分した角をn倍してやる数列
　

$\left\{\sin\frac{2\pi}{3}n\right\}$
が基本になる．

$\frac{\sqrt{3}}{2},\ -\frac{\sqrt{3}}{2},\ 0,\frac{\sqrt{3}}{2},\ -\frac{\sqrt{3}}{2},\ 0,\ \cdots$
これを

$\frac{2}{\sqrt{3}}$ 倍した数列

$\left\{\frac{2}{\sqrt{3}}\sin\frac{2\pi}{3}n\right\}$
は，
1, -1, 0, 1, -1, 0, ・・・
これに2を足した数列

$\left\{2+\frac{2}{\sqrt{3}}\sin\frac{2\pi}{3}n\right\}$
は，
3, 1, 2, 3, 1, 2, ・・・
1からはじめるには，番号をずらせばよいから，

$2+\frac{2}{\sqrt{3}}\sin\frac{2\pi}{3}(n+1)$
とすれば，
1, 2, 3, 1, 2, 3, ・・・
という数列となる．

三角関数を使わなければ，1の原始3乗根を使うのがよい．
1の原始3乗根は

$x^3=1$ の解で，

$x^3-1=0$

$(x-1)(x^2+x+1)=0$

$x-1=0,\ x^2+x+1=0$

$x=1,\ x=\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$
より，

$\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$
とすれば，

$\omega^2=\left(\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\right)^2=\frac{1-2\sqrt{3}i+3i^2}{4}=\frac{1-2\sqrt{3}i+3(-1)}{4}=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$

$\omega^3=\omega\omega^2=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\times\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}=\frac{1-3i^2}{4}=\frac{1-3(-1)}{4}=1$

$\omega^4=\omega^3\omega=1\omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$

$\omega^5=\omega^3\omega^2=1\omega^2=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$

$\omega^6=\omega^3\omega^3=1\times 1=1$
なので，

$\left\{\omega^n\right\}$ は

$\omega,\ \omega^2,\ 1,\ \omega,\ \omega^2,\ 1,\ \cdots$
と3つの繰り返しになる．

ということで，1の原始3乗根を解に持つ2次方程式

$x^2+x+1=0$ が特性方程式となる漸化式の数列を基本にするのがよい．
これを特性方程式にもつ3項間漸化式は，

$x^2=-x-1$ より，

$a_{n+2}=-a_{n+1}-a_{n}$
である．

$a_{1}=0,\ a_{2}=1$ とすれば，

$a_{3}=-a_{2}-a_{1}=-1-0=-1$

$a_{4}=-a_{3}-a_{2}=-(-1)-1=0$

$a_{5}=-a_{4}-a_{3}=-0-(-1)=1$

$a_{6}=-a_{5}-a_{4}=-1-0=-1$
つまり，
0, 1, -1, 0, 1, -1, ・・・
と繰り返す数列ができあがる．これの一般項に2足せば2,3,1,2,3,1となるから，

$a_{1}=0,\ a_{2}=1,\ a_{n+2}=-a_{n+1}-a_{n}$
で定義された数列の一般項を求める．

数列を変形して，

$a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=\beta(a_{n+1}-\alpha a_{n})$
としたときの，

$\alpha,\ \beta$ を求める．
展開すると，

$a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=\beta a_{n+1}-\alpha\beta a_{n}$

$a_{n+2}=\alpha a_{n+1}+\beta a_{n+1}-\alpha\beta a_{n}$

$a_{n+2}=(\alpha +\beta)a_{n+1}-\alpha\beta a_{n}$
もとの漸化式と係数を比較すると，

$\alpha +\beta=-1,\ \alpha\beta=1$
であればよい．

$\beta=-\alpha -1$ を

$\alpha\beta=1$ に代入して，

$\alpha(-\alpha -1)=1$

$-\alpha^2-\alpha=1$

$\alpha^2+\alpha+1=0$
よって，

$\alpha=\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$
ここで，

$\alpha=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$
とすれば，

$\beta=-\alpha -1=-\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}-1=\frac{1-\sqrt{3}i-2}{2}=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$
であり，

$\alpha,\ \beta$ は対称で交換可能であるから，

$a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=\beta(a_{n+1}-\alpha a_{n})$
は

$a_{n+2}-\beta a_{n+1}=\alpha(a_{n+1}-\beta a_{n})$
でもある．

ここで，

$b_{n}=a_{n+1}-\alpha a_{n}$ とおけば，

$a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=\beta(a_{n+1}-\alpha a_{n})$
は

$b_{n+1}=\beta b_{n}$
ということだから，

$\{b_{n}\}$ は公比

$\beta=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$ の等比数列で，初項が

$b_{1}=a_{2}-\alpha a_{1}=1-\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\times0=1$
だから，一般項は，

$b_{n}=a_{n+1}-\alpha a_{n}=\beta^{n-1}=\left(\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\right)^{n-1}$
となる．

同様に数列

$\{a_{n+1}-\beta a_{n}\}$
は，公比

$\alpha=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$ の等比数列で，初項が

$a_{2}-\beta a_{1}=1-\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\times0=1$
だから，一般項は，

$a_{n+1}-\beta a_{n}=\alpha^{n-1}=\left(\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\right)^{n-1}$
となる．

つまり，2つの漸化式

$a_{n+1}-\beta a_{n}=\alpha^{n-1}$

$a_{n+1}-\alpha a_{n}=\beta^{n-1}$
ができたが，これらの辺々を引くことにより，

$a_{n+1}$ が消去され，

$(\alpha-\beta)a_{n}=\alpha^{n-1}-\beta^{n-1}$
より，一般項

$a_{n}=\frac{\alpha^{n-1}-\beta^{n-1}}{\alpha-\beta}$
を得る．

$\alpha-\beta=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}-\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}=\sqrt{3}i$ よりこの数列の一般項は

$a_{n}=\frac{\left(\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\right)^{n-1}-\left(\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\right)^{n-1}}{\sqrt{3}i}$

で，これは
0, 1, -1, 0, 1, -1, ・・・
だったので，これに2を加えた数列

$\left\{2+\frac{\left(\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\right)^{n-1}-\left(\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}\right)^{n-1}}{\sqrt{3}i}\right\}$
は
2, 3, 1, 2, 3, 1, ・・・
これを
1, 2, 3, 1, 2, 3, ・・・
にするには，番号を2個ずらせばよいから，