二項間漸化式

$a_1=1$、$a_{n+1}=2a_n+1$ とする。順に計算すると
$$ a_1=1,\quad a_2=2\cdot1+1=3,\quad a_3=2\cdot3+1=7,\quad a_4=15,\quad a_5=31,\quad a_6=63 $$
である。各項に $1$ を足すと $2,4,8,16,32,64$ となり、公比 $2$ の等比数列が現れる。そこで $a_n+1=2^n$、すなわち $a_n=2^n-1$ と予想できる。
予想が正しいことは、次のように確かめられる。漸化式の両辺に $1$ を足すと
$$ a_{n+1}+1=2a_n+2=2(a_n+1) $$
なので、$b_n:=a_n+1$ は $b_{n+1}=2b_n$ を満たし、$b_1=2$ である。$b_n$ は初項 $2$、公比 $2$ の等比数列なので $b_n=2\cdot2^{n-1}=2^n$ である。

$a_1=0$、$a_{n+1}=\frac12a_n+3$ とする。順に計算すると
$$ a_1=0,\quad a_2=3,\quad a_3=\frac92=4.5,\quad a_4=\frac{21}4=5.25,\quad a_5=\frac{45}8=5.625,\quad a_6=\frac{93}{16}=5.8125 $$
である。値は $6$ に近づいていくように見える。各項から $6$ を引くと
$$ -6,\quad -3,\quad -1.5,\quad -0.75,\quad -0.375,\quad -0.1875 $$
となり、公比 $\frac12$ の等比数列である。よって $a_n-6=-6\cdot\bigl(\frac12\bigr)^{n-1}$、すなわち $a_n=6-6\bigl(\frac12\bigr)^{n-1}$ と予想できる。

1. $p=1$ のとき、$a_{n+1}=a_n+q$ は公差 $q$ の等差数列を表し、$a_n=a_1+(n-1)q$ である。たとえば $a_1=2$、$q=3$ なら $2,5,8,11,\dots$ である。
2. $q=0$ のとき、$a_{n+1}=pa_n$ は公比 $p$ の等比数列を表し、$a_n=a_1p^{n-1}$ である。たとえば $a_1=5$、$p=-2$ なら $5,-10,20,-40,\dots$ である。
   等差数列と等比数列の一般項と和は 等差数列と等比数列 で扱う。

1. ex-flr-first：$p=2$、$q=1$、$\alpha=\frac1{1-2}=-1$、$a_1=1$ なので、$a_n=-1+2^{n-1}(1-(-1))=-1+2^n$ である。
2. ex-flr-half：$p=\frac12$、$q=3$、$\alpha=\frac3{1/2}=6$、$a_1=0$ なので、$a_n=6+\bigl(\frac12\bigr)^{n-1}(0-6)=6-6\bigl(\frac12\bigr)^{n-1}$ である。$n=4$ で $6-\frac68=\frac{21}4$ となり、計算した値と一致する。
3. $a_1=0$、$a_{n+1}=-\frac12a_n+3$ では、$\alpha=\frac3{3/2}=2$ なので $a_n=2-2\bigl(-\frac12\bigr)^{n-1}$ である。$n=1,2,3,4$ で $0,\ 3,\ \frac32,\ \frac94$ となる。直接計算すると $a_2=3$、$a_3=-\frac32+3=\frac32$、$a_4=-\frac34+3=\frac94$ で一致する。

1. ex-flr-half は $p=\frac12$ なので、thm-flr-limit の 2 により $a_n\to6$ である。$a_6=5.8125$ と $6$ の差は $0.1875=6\cdot\bigl(\frac12\bigr)^5$ で、1 回ごとに半分になる。初項を変えても極限は $6$ のままである（図2）。
2. ex-flr-first は $p=2$、$a_1=1\ne-1=\alpha$ なので、3 により発散する。$a_n=2^n-1$ は $1,3,7,15,\dots$ と増え続ける。
3. $a_1=0$、$a_{n+1}=-a_n+2$ では $p=-1$、$\alpha=1$ である。4 により $0,2,0,2,\dots$ と交互にとる（$2\alpha-a_1=2$）。不動点 $1$ はあるが、数列は近づかない。

$a_1=1$、$a_{n+1}=2a_n+n$ とする。項は $1,3,8,19,42,\dots$ である。
段 1（特殊解）。$f(n)=n$ が 1 次式なので、$c_n=An+B$ と置いてみる。$c_{n+1}=2c_n+n$ に代入すると
$$ A(n+1)+B=2(An+B)+n,\qquad\text{すなわち}\qquad An+(A+B)=(2A+1)n+2B $$
である。これがすべての $n$ で成り立つように、$n$ の係数と定数項を比べると $A=2A+1$、$A+B=2B$ で、$A=-1$、$B=-1$ となる。$c_n=-n-1$ である（$c_1=-2$）。
段 2（初項に合わせる）。thm-flr-structure により $a_n=-n-1+C\cdot2^{n-1}$、$C=a_1-c_1=1-(-2)=3$ なので
$$ a_n=3\cdot2^{n-1}-n-1 $$
である。$n=1,2,3,4,5$ で $1,3,8,19,42$ となり、計算した値と一致する。

$a_1=1$、$a_{n+1}=2a_n+3^n$ とする。項は $1,5,19,65,211,\dots$ である。$c_n=A\cdot3^n$ と置くと、$A\cdot3^{n+1}=2A\cdot3^n+3^n$ の両辺を $3^n$ で割って $3A=2A+1$、$A=1$ となる。特殊解 $c_n=3^n$（$c_1=3$）から、$C=1-3=-2$、
$$ a_n=3^n-2\cdot2^{n-1}=3^n-2^n $$
である。$n=1,2,3,4$ で $1,5,19,65$ となり一致する。

$a_1=1$、$a_{n+1}=2a_n+2^n$ とする。項は $1,4,12,32,80,\dots$ である。
段 1（同じ置き方は失敗する）。$c_n=A\cdot2^n$ と置くと、$A\cdot2^{n+1}=2A\cdot2^n+2^n$ となる。左辺と右辺の第 1 項は同じ $A\cdot2^{n+1}$ なので打ち消し合い、$0=2^n$ という成り立たない式が残る。どんな $A$ を選んでも特殊解にならない。$A\cdot2^n$ は同次の漸化式 $b_{n+1}=2b_n$ の解なので、代入すると $f(n)$ の部分を作れないのである。
段 2（$2^{n+1}$ で割る）。漸化式の両辺を $2^{n+1}$ で割ると
$$ \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{a_n}{2^n}+\frac12 $$
となる。$b_n:=\dfrac{a_n}{2^n}$ は公差 $\frac12$ の等差数列で、$b_1=\frac12$ なので $b_n=\frac12+\frac{n-1}2=\frac n2$ である。よって
$$ a_n=2^n\cdot\frac n2=n\cdot2^{n-1} $$
である。$n=1,2,3,4,5$ で $1,4,12,32,80$ となり一致する。$n$ が掛かった形が現れた。

1. ex-flr-exp は prop-flr-exp-particular の 1 で $c=1$、$r=3$、$p=2$ の場合である。$c_n=\dfrac1{3-2}3^n=3^n$ となり、ex-flr-exp で見つけた特殊解と一致する。
2. ex-flr-resonance は prop-flr-exp-particular の 2 で $c=1$、$p=2$ の場合である。$c_n=1\cdot n\cdot2^{n-1}=n\,2^{n-1}$ となる。$c_1=1$ は初項 $a_1=1$ と等しいので、prop-flr-unique によりこれが ex-flr-resonance の数列そのものである。

1. $f(k)=2^k$、$p=2$、$a_1=1$（ex-flr-resonance）では、和の各項が $2^{n-1-k}\cdot2^k=2^{n-1}$ で $k$ によらない。項が $n-1$ 個あるので、$a_n=2^{n-1}+(n-1)2^{n-1}=n\,2^{n-1}$ となる。$n$ は「同じ大きさの項が $n-1$ 個並ぶ」ことから来ている。
2. $f(k)=3^k$、$p=2$ では、和は $2^{n-1}\sum_{k=1}^{n-1}\bigl(\frac32\bigr)^k$ で、公比 $\frac32\ne1$ の等比数列の和になる。等比数列の和の公式から $3^n$ と $2^n$ の組み合わせが出て、$n$ は掛からない。
3. $p=1$、$f(k)=k$、$a_1=1$ では、$a_n=1+\sum_{k=1}^{n-1}k=1+\frac{n(n-1)}2$ である（階差数列の和。数列の和と差分）。$n=1,\dots,6$ で $1,2,4,7,11,16$ となる。$f(k)=k$ は $r=1$ の指数 $1^k$ に $k$ を掛けた形で、$p=1$ と「共鳴」して、次数が 1 つ上がった 2 次式が現れる。

ex-flr-first の $a_{n+1}=2a_n+1$ から、$a_{n+2}=3a_{n+1}-2a_n$ が得られる。$a_1=1$、$a_2=3$ から $a_3=3\cdot3-2\cdot1=7$、$a_4=3\cdot7-2\cdot3=15$ で、ex-flr-first と一致する。特性方程式 $t^2=3t-2$ の解は $1$ と $2$ で、一般項 $a_n=2^n-1=(-1)\cdot1^n+1\cdot2^n$ は確かに $A\cdot1^n+B\cdot2^n$ の形である。

$a_1=2$、$a_{n+1}=a_n+3$ とする。不動点の方程式 $\alpha=\alpha+3$ は $0=3$ となり、解がない。一般項は $a_n=2+3(n-1)=3n-1$ で、$n$ の 1 次式である。$\alpha+p^{n-1}(a_1-\alpha)$ に $p=1$ を入れると $\alpha+(a_1-\alpha)=a_1$ で定数になってしまい、どの $\alpha$ を選んでも $3n-1$ を表せない。
満たす性質：定数係数の二項間漸化式。満たさない性質：$p\ne1$。破る主張：thm-flr-main の一般項の形。prop-flr-three-term の見方では、特性方程式の 2 解 $1$、$p$ が重なって重解になった場合である。

$a_{n+1}=a_n^2$ を考える。$c_n=1$（すべての $n$）はこの漸化式を満たす。$a_1=2$ から始めると $a_n=2,4,16,256,65536,\dots$ である。差 $a_n-c_n$ は $1,3,15,255,\dots$ で、隣どうしの比は $3,5,17$ と変わり、等比数列でない。
満たす性質：漸化式が $a_{n+1}=g(a_n)$ の形。満たさない性質：$g$ が 1 次式であること。破る主張：thm-flr-structure の段 1 の「差が $d_{n+1}=pd_n$ を満たす」。証明で $f(n)$ が打ち消し合ったのは、$pa_n-pc_n=p(a_n-c_n)$ と因数分解できたからで、$a_n^2-c_n^2=(a_n+c_n)(a_n-c_n)$ では掛ける数 $a_n+c_n$ が $n$ ごとに変わる。1 次でない漸化式の極限は、不動点の近くでの傾きで調べる（縮小写像と漸化式）。

$a\ne0$、$b$ を定数とする。すべての実数 $x$ で
$$ y'=ay+b $$
を満たす微分可能な関数 $y(x)$ をすべて求める。