隣接三項間漸化式の線形的アプローチ(2)

隣接三項間漸化式の線形的アプローチの続き。
c-and-a.hatenablog.com

(i)　 ${\left(\frac{p}{2}\right)^2+q}\gt 0$ のとき
　 ${{\lambda_{+}}\neq{\lambda_{-}}}$ 、つまり ${{\lambda_{+}}/{\lambda_{-}}\neq 1}$ となり

${\displaystyle\frac{\lambda_{+}}{\lambda_{-}}\neq\frac{\lambda_{+}^2}{\lambda_{-}^2}}\tag{2}$

である。また、 ${g_n=\lambda_{+}^n,h_n=\lambda_{-}^n}$ とすると、 ${\{g_n\}_{\in\mathbb{N}}}$ は ${g_1=\lambda_{+},g_2=\lambda_{+}^2}$ より、写像 ${\varphi}$ により ${\varphi(\{g_n\}_{\in\mathbb{N}})=(\lambda_{+},\lambda_{+}^2)}$ 、同様に ${\varphi(\{h_n\}_{\in\mathbb{N}})=(\lambda_{-},\lambda_{-}^2)}$ となる。ここで、(2)より

$(\lambda_{+},\lambda_{+}^2)=\alpha(\lambda_{-},\lambda_{-}^2)$

となる ${\alpha\in\mathbb{R}}$ は存在しない。つまり ${(\lambda_{+},\lambda_{+}^2)}$ と ${(\lambda_{-},\lambda_{-}^2)}$ は一次独立であり、 ${\{g_n\}_{n\in\mathbb{N}}=\varphi^{-1}(\lambda_{+},\lambda_{+}^2)}$ と ${\{h_n\}_{n\in\mathbb{N}}=\varphi^{-1}(\lambda_{-},\lambda_{-}^2)}$ も一次独立であるといえる。　

　よって、一次独立な2解を得ることが出来たので(1)の一般解は ${\alpha,\beta\in\mathbb{R}}$ を用いて

$f_n=\alpha g_n+\beta h_n=\alpha\lambda_{+}^n+\beta\lambda_{-}^n$

と表せる。

　また、 ${\lambda_{+}=0}$ または ${\lambda_{-}=0}$ だった場合、解と係数の関係より ${q=0}$ となる。このとき他方の解は ${p}$ である。より、数列 ${\{g_n\}_{n\in\mathbb{N}}=\{p^n\}_{n\in\mathbb{N}}}$ は(1)の解である。また、(1)をみると、 ${q=0}$ より

$\forall n\in\mathbb{N}\quad f_{n+2}=pf_{n+1}\quad$

となり、 ${\{h_n\}_{n\in\mathbb{N}}=\{1,0,0,\dotso\}}$ も(1)の解であることが分かる。この2つの数列は明らかに一次独立であるので、(1)の一般解は ${\alpha,\beta\in\mathbb{R}}$ を用いて

$f_n=\alpha g_n+\beta h_n=\left\{\begin{array}{ll}\alpha p+\beta & (n=1) \\ \alpha p^n & (n\geq 2)\end{array}\right.$

と表せる。

(ii)　 ${\left(\frac{p}{2}\right)^2+q}= 0$ のとき
　 ${q=-p^2/4}$ となるので、(1)は

$f_{n+2}=pf_{n+1}-\frac{p^2}{4} f_{n}$

となる。つまり ${{\lambda_{+}}={\lambda_{-}}=p/2}$ となり、一次独立な数列が１つしか見つからない。この数列 ${\{g_n\}_{n\in\mathbb{N}}}$ は ${\{g_n\}_{n\in\mathbb{N}}=\{(p/2)^n\}_{n\in\mathbb{N}}}$ と表せる。しかし、 ${\dim V=2}$ であるので、まだ一次独立な解はあるはずである。そこで、その解 ${\{h_n\}_{n\in\mathbb{N}}}$ を ${\{h_n\}_{n\in\mathbb{N}}=\{k(n)(p/2)^n\}_{n\in\mathbb{N}}}$ と書けると仮定しよう。すると(13)は

$k(n+2)\left(\frac{p}{2}\right)^{n+2}=p k(n+1)\left(\frac{p}{2}\right)^{n+1}-\frac{p^2}{4} k(n)\left(\frac{p}{2}\right)^{n}$

両辺を ${(p/2)^{n+2}}$ で割れば

$\frac{1}{4} k(n+2)=\frac{1}{2} k(n+1)-\frac{1}{4} k(n)$

となる。 ${k(n)=n}$ が解の一つであることが確認できるので、 ${h_n=n (p/2)^n}$ とおける。

　よって、一次独立な2解を得ることが出来たので(1)の一般解は ${\alpha,\beta\in\mathbb{R}}$ を用いて

$f_n=\alpha g_n+\beta h_n=\alpha\left(\frac{p}{2}\right)^n+\beta n\left(\frac{p}{2}\right)^n=(\alpha+\beta n)\left(\frac{p}{2}\right)^n$

と表せる。

　また、 $\lambda_{+}=\lambda_{-}=0$ だった場合、解と係数の関係より ${p=q=0}$ となるので、(1)は

$\forall n\in\mathbb{N}\quad f_{n+2}=0$

という形になる。二つの数列
$\{g_n\}_{n\in\mathbb{N}}=\{1,0,0,\dotso\}$
$\{h_n\}_{n\in\mathbb{N}}=\{0,1,0,0,\dotso\}$
はこの漸化式をみたすので、一般解は ${\alpha,\beta\in\mathbb{R}}$ を用いて

$f_n=\alpha g_n+\beta h_n=\left\{\begin{array}{}\alpha & n=1\\ \beta & n=2\\ 0& n\geq 3\end{array}\right.$

と表せる。

(iii)　 ${\left(\frac{p}{2}\right)^2+q}\lt 0$ のとき
　解は実数列という条件であったが、 ${\lambda_{\pm}}$ が複素数になるので、数列 ${\{\lambda_{\pm}^n\}_{n\in\mathbb{N}}}$ は実数列でないため $V$ に属さない。しかし、 ${\lambda_{+}+\lambda_{-}}$ と ${\lambda_{+}^2+\lambda_{-}^2}$ は ${\lambda_{\pm}}$ が共役であることから実数となる。これを用いて、実数列 ${\{g_n\}_{n\in\mathbb{N}}}$ を