相反方程式の解の公式

4次の相反方程式

x⁴+ax³+bx²+ax+1
とすると、
=(x²+a/2x+1)²
=x⁴+ax³+(2+a²/4)x²+ax+1
より
=(x²+a/2x+1)²-(a²/4+2-b)x²
だから、2乗の差により、
(x²+(a/2-√(a²/4+2-b))x+1)(x²+(a/2+√(a²/4+2-b))x+1)
あるいは
(x²+(a-√(a²+8-4b))/2x+1)(x²+(a+√(a²+8-4b))/2x+1)
が答えになる。

さらにxの値を求めるなら、2次方程式の解の公式で求まる。

なお、与式が、
x⁴+2ax³+bx²+2ax+1
の形式の場合は、
(x²+(a-√(a²+2-b))x+1)(x²+(a+√(a²+2-b))x+1)
となる。

5次の相反方程式
x⁵+ax⁴+bx³+bx²+ax+1
に関しては、x=-1が解となるため、(x+1)で割り切れて、
=(x+1)(x⁴+(a-1)x³+(b-a+1)x²+(a-1)x+1)
となり、4次の相反方程式に帰着できる。

それではまた～(^o^)/~

指数加算型漸化式の一般項

今回は、

aₙ₊₁=paₙ+rqⁿ (p≠0, q≠0, r≠0)

の形式の漸化式の一般項についてです。

①p≠qの時
aₙ-paₙ₋₁ = rqⁿ⁻¹
p(aₙ₋₁-paₙ₋₂) = rp(qⁿ⁻²)
p²(aₙ₋₂-paₙ₋₃) = rp²(qⁿ⁻³)
p³(aₙ₋₃-paₙ₋₄) = rp³(qⁿ⁻⁴)
...
pⁿ⁻²(a₂-pa₁) = rpⁿ⁻²(q¹)

両辺足すと、左辺は途中の項が消えて、右辺の項は(pⁿ-qⁿ)/(p-q)の一部であることを考えて、
aₙ-pⁿ⁻¹a₁ = r{(pⁿ-qⁿ)/(p-q)-pⁿ⁻¹}
aₙ = r(pⁿ-qⁿ)/(p-q)+pⁿ⁻¹(a₁-r)

あるいは、
aₙ = pⁿ⁻¹(pa₁-qa₁+qr)/(p-q)-qⁿr/(p-q)

②p=qの時
aₙ-paₙ₋₁ = rpⁿ⁻¹
p(aₙ₋₁-paₙ₋₂) = rpⁿ⁻¹
p²(aₙ₋₂-paₙ₋₃) = rpⁿ⁻¹
p³(aₙ₋₃-paₙ₋₄) = rpⁿ⁻¹
...
pⁿ⁻²(a₂-pa₁) = rpⁿ⁻¹
同様に両辺足して、
aₙ-pⁿ⁻¹a₁ = r(n-1)pⁿ⁻¹

aₙ = pⁿ⁻¹{r(n-1)+a₁}

整理すると、

・p≠qの時
aₙ = r(pⁿ-qⁿ)/(p-q)+pⁿ⁻¹(a₁-r)

あるいは、
aₙ = pⁿ⁻¹(pa₁-qa₁+qr)/(p-q)-qⁿr/(p-q)

・p=qの時
aₙ = pⁿ⁻¹{r(n-1)+a₁}

となる。

それではまた～(^o^)/~

分数型漸化式の一般解(4/4)

分数型漸化式の一般解(2/4) においてpq+r=0の時を考察したが、

これが重解を持つときは、③式における特性方程式 t²-(p+q)t+pq=0 からp=q、α=pとなり、

重解の時の等差数列に帰着される。

分数型漸化式の一般解(1/4)で、aₙ=yₙ/xₙとしたが、あるₘにおいてxₘ=0となるₘが存在すると仮定すると、

xₘ=qxₘ₋₁+yₘ₋₁

から、aₙ=-qの時で、これは元の漸化式の分母=0を示す。

これは数列として成立しないので、この場合は省いて考えても良い。

以上整理して、分数型漸化式の一般解は、 aₙ₊₁=p+r/(q+aₙ) の形式に変換した場合の特性方程式 t²-(p+q)t-r=0 の解をα,βとしたとき、

・α≠βの時

aₙ={αⁿ⁻¹(pq+r+pa₁-βa₁)-βⁿ⁻¹(pq+r+pa₁-αa₁)}/{αⁿ⁻¹(q+a₁-β)-βⁿ⁻¹(q+a₁-α)}

・α=βの時

aₙ=α(a₁+α-p)/{(a₁+α-p)n+p-a₁}-α+p

となる。

それではまた～(^o^)/~

分数型漸化式の一般解(3/4)

今回は、特性方程式 t²-(p+q)t-r=0 が重解(α)のときを考える。 重解なので解と係数の関係より、-r=α², p+q=2α なので、漸化式は、 aₙ₊₁=p-α²/(aₙ+2α-p) となる。 ここで、両辺にα-pを足すと aₙ₊₁+α-p=α(aₙ+α-p)/(aₙ+2α-p)...④ と変形できる。 aₙ+α-p≠0の時、bₙ=1/(aₙ+α-p)とすると、 bₙ₊₁=bₙ+1/α の等差数列となるため、 bₙ=b₁+(n-1)/α となり、元のaₙの形式に戻すと、 1/(aₙ+α-p)=1(a₁+α-p)+(n-1)/α (aₙ+α-p)=α(a₁+α-p)/{(a₁+α-p)n+p-a₁} これより、 aₙ=α(a₁+α-p)/{(a₁+α-p)n+p-a₁}-α+p...⑤ が求まる。   なお、aₙ+α-p=0の時、④式は右辺が0なのでaₙ₊₁+α-pも0となり、すべてのnに対してaₙ=-α+p(定数)となる。 この場合も⑤式で表現可能なので、重解の時は⑤が求めるものとなる。   今日はここまで。次回に続く。   それではまた～(^o^)/~

分数型漸化式の一般解(2/4)

前回、式の変形においてpq+r≠0としたので、今回はpq+r=0のケースを考える

r=-pq　なので、式を変形すると、

aₙ₊₁=p-pq/(q+aₙ)=paₙ/(q+aₙ)...③

となる

Aₙ=1/aₙと置くと③式は

Aₙ₊₁=1/p+(q/p)Aₙ

さらに変形して、

Aₙ₊₁-1/(p-q)=(q/p){Aₙ-1/(p-q)}

となり、

Aₙ-1/(p-q)=(q/p)ⁿ⁻¹A₁-(q/p)ⁿ⁻¹/(p-q)

となり、aₙ=1/Aₙなので、これを解くと、

aₙ=pⁿ⁻¹(pa₁-qa₁)/{pⁿ⁻¹a₁-qⁿ⁻¹(q+a₁-p)}

となる。

ところで、今回のケースで③式における特性方程式は t²-(p+q)t+pq=0 、すなわちp,qが解であり、

前回の②式において、α=p、β=qと置いたものに等しい。

よって、pq+r=0の時も前回の②式で表現できる。

今日はここまで。次回に続く。

それではまた～(^o^)/~