四項間漸化式（２）

三項間漸化式（２）・四項間漸化式（１）からの続き

四項間漸化式の場合も同様に考えて，三項間漸化式に帰着させればよいわけだ。最初間違った方針でトライして，Mathematicaに無理矢理答えを出させたら美しくなかったのだけれど，昼寝の前に思いついたらなんということはなかった。たぶん。

① $a_n=p a_{n-1} -q a_{n-2} +r a_{n-3} \quad (n \ge 3)$を考える。ここで。$p,\ q,\ r, \quad a_0, a_1, a_2$は与えられているものとする。

② 次の変形をちょっと工夫する。$a_n-\alpha a_{n-1}= (\beta + \gamma) ( a_{n-1} - alpha a_{n-2} ) - \beta \gamma (a_{n-2} - \alpha a_{n-3)} $ とすれば，①と比べて，$p= \alpha + \beta + \gamma $，$q = \alpha \beta + \alpha \gamma + \beta \gamma$，$r = \alpha \beta \gamma$となる。

③つまり，$\alpha, \ \beta, \ \gamma$は，３次方程式 $ t^3-p t^2 + q t - r = 0$の3つの解とすればよいわけだ。

④このとき，$b_n \equiv a_n -\alpha a_{n-1}$と定義すれば，①すなわち②は，$b_n = (\beta + \gamma) b_{n-1} -\beta \gamma b_{n-2}　\quad ( n \ge 3)$　という三項間漸化式に帰着する。

ただし，$b_1= a_1 - \alpha a_0$，$b_2 = a_2 - \alpha a_1$ は$\alpha$が定まれば，それに応じて与えられる。

⑤ この三項間漸化式はさらに，$b_n - \beta b_{n-1} = \gamma (b_{n-1}- \beta b_{n-2})$ とできるため，$c_n \equiv b_n - \beta b_{n-1}$と定義すれば，$c_n = \gamma c_{n-1} \quad (n \ge 3)$

となる。ここで $c_2 = b_2 - \beta b_1$は，$\alpha, \ \beta$ の値に応じて与えられるため，一般項は，$c_n = \gamma^{n-2} c_2 \quad (n \ge 3)$ と求まることになる。

⑥あとはこれを逆にたどれば最終的な$a_n$にたどり着くけれど，$\alpha, \beta, \gamma$としてどの値をとるかの場合分けが少なくとも6通りあるし，重解の場合の処理とか実際にはいろいろと面倒な気がする。最終的には a_n = $k_1 \alpha^n + k_2 \beta^n + k_3 \gamma^n$的なところに落ち着くはずだと思われる。

P. S.  $a_n=t^n$ と仮定すると，$a_n=p a_{n-1} -q a_{n-2} +r a_{n-3}$ に代入して，$t^n =p t^{n-1} -q t^{n-2} + r t^{n-3} $ が成り立つ。$\therefore t^3-p t^2 + q^t -r = 0$となるので，この三次方程式の解を $\alpha, \beta, \gamma$ として，$\alpha^n, \beta^n, \gamma^n$ はもとの漸化式を満たす。漸化式の線形性からそれらの線形結合も漸化式を満たす。つまり $a_n = k_1 \alpha^n + k_2  \beta^n + k_3  \gamma^n $となる。$a_0, a_1, a_2$の初期値を与えれば，三元連立方程式を解いて，$k_1, k_2, k_3$が求まる。