５項間漸化式で定まる数列
ここでは、５項間漸化式で定まる数列について、その一般項の式を求める方法を考えてみたいと思います。
まず、５項間漸化式とは、数列 {an} における連続する５つの項 an～an+4 に関する漸化式で、次の様な式のことです。
なお、次式において、p、q、r、s は定数とします。
an+4＝p an+3＋q an+2＋r an+1＋s an （式１）
また、数列 {an} の最初の４項 a1～a4 は、予め定められているとします。
すると、（式１）より、次の特性方程式が得られます。
x4ーp x3ーq x2ーr xーs＝０ （式２）
また、（式２）の４つの解が α、β、γ、δ とすると、次式が成り立ちます。
(xーα)(xーβ)(xーγ)(xーδ)＝０ （式３）
このとき、（式１）で定まる数列 {an} の一般項 an は、以下の様になり、以下の各式の中の A、B、C、D は定数になります。
・α、β、γ、δ が全て重解でないとき ：
an＝Aαn＋Bβn＋Cγn＋Dδn （式４ー１）
・α、β が重解であり、γ、δ が重解でないとき ：
an＝(A＋Bn)αn＋Cγn＋Dδn （式４－２）
・α、β が１つ目の重解、γ、δ が２つ目の重解のとき：
an＝(A＋Bn)αn＋(C＋Dn)γn （式４ー３）
・α、β、γ が三重解であり、δ が重解でないとき ：
an＝(A＋Bn＋Cn2)αn＋Dδn （式４ー４）
・α、β、γ、δ が四重解のとき ：
an＝(A＋Bn＋Cn2＋Dn3)αn （式４－５）
ここで、（式４ー１）～（式４－５）のいずれかの式において、 n＝1、2、3、4 と a1～a4 の各値を代入すると、A、B、C、D を未知数とする連立１次方程式が
得られるから、その連立１次方程式を解くことにより、A、B、C、D は求められることがわかります。
つぎに、a1～a4 および（式１）における p、q、r、s が整数であり、（式４－１）～（式４－５）における A、B、C、D が有理数である場合
（注１）に限定して、以下、考察することにします。
まず、この考察のための準備として、（式２）を（２次式）×（２次式）の形に因数分解したときの各（２次式）が、有理数 t、u を係数とする式： x2＋t x＋u の形に
なる場合を考えてみます。このとき、x2＋t x＋u＝０ の解 ε、ζ は、{ーt±√(t2ー4u)}／2 となります。ここで、√(t2ー4u) が虚数となる場合は、
(ε、ζ)＝ーt±vi（v は有理数または２乗すると有理数となる無理数、i は虚数単位）となり、√(t2ー4u) が２乗すると有理数となる無理数となる場合は、(ε、ζ)＝ーt±w
（w は２乗すると有理数となる無理数）となります。よって、いずれの場合も、ε＋ζ（＝ー2t）は、虚数部分や無理数部分が消去されるから、有理数となり、さらに、
εn＋ζn もまた、虚数部分や無理数部分が消去されるから、有理数となります。ここで、このような ε、ζ の解の組を「共役対（きょうやくつい）」と呼ぶことにします。
以上のことを踏まえると、a1～a4 および（式１）における p、q、r、s が整数であり、（式４－１）～（式４－５）における A、B、C、D が有理数である場合には、
（式４ー１）～（式４ー５）は、さらに細分化されて、以下の様になります。
・α、β、γ、δ が全て重解ではなく、共役対もないとき ：
an＝Aαn＋Bβn＋Cγn＋Dδn （式５ー１）
・α、β が共役対であり、γ、δ が重解でも共役対でもないとき ：
an＝A(αn＋βn)＋Cγn＋Dδn （式５ー２）
・α、β が１つ目の共役対、γ、δ が２つ目の共役対であるとき ：
an＝A(αn＋βn)＋C(γn＋δn) （式５ー３）
・α、β が重解であり、γ、δ が重解でも共役対でもないとき ：
an＝(A＋Bn)αn＋Cγn＋Dδn （式５－４）
・α、β が重解であり、γ、δ が共役対であるとき ：
an＝(A＋Bn)αn＋C(γn＋δn) （式５－５）
・α、β が１つ目の重解、γ、δ が２つ目の重解であり、α、γ が共役対でないとき：
an＝(A＋Bn)αn＋(C＋Dn)γn （式５ー６）
・α、β が１つ目の重解、γ、δ が２つ目の重解であり、α、γ が共役対であるとき：
an＝A(αn＋γn)＋Ｂn(αn＋γn) （式５ー７）
・α、β、γ が三重解であり、δ が重解でないとき ：
an＝(A＋Bn＋Cn2)αn＋Dδn （式５ー８）
・α、β、γ、δ が四重解のとき ：
an＝(A＋Bn＋Cn2＋Dn3)αn （式５－９）
ここで、（式５ー１）～（式５－９）のいずれかの式において、 n＝1、2、3、4 と a1～a4 の各値を代入すると、A、B、C、D を未知数とする連立１次方程式が
得られるから、その連立１次方程式を解くことにより、A、B、C、D は求められることがわかります。なお、この連立１次方程式の係数は全て有理数であるから、A、B、C、D も全て有理数となります。
（注１）
直感的には、a1～a4 および（式１）における p、q、r、s が整数であれば、（式４－１）～（式４－５）における A、B、C、D は有理数になりそうですが、
a1～a4 の値に依り、A、B、C、D は有理数にも無理数にも成り得ます。この点について、３項間漸化式で定まる数列を例に取って考えてみます。
例えば、フィボナッチ数列とリュカ数列を比べると、漸化式は、いずれも an+2＝an+1＋an ですが、a0～a1 の値は、
フィボナッチ数列：a0＝0、a1＝1 に対し、リュカ数列：a0＝2、a1＝1 と異なります。その結果、数列の一般項は、
フィボナッチ数列では an＝1/√5 {((1＋√5)/2)nー((1ー√5)/2)n} となり、
リュカ数列では an＝((1＋√5)/2)n＋((1ー√5)/2)n となります。すなわち、一般項の係数（（式４－１）の A、B に対応する定数）は、
フィボナッチ数列では A＝1/√5、B＝ー1/√5（ともに無理数）になり、リュカ数列では A＝1、B＝1（ともに有理数）になります。
それでは、以上の結果を具体的に確認するため、以下に示す２つの問題を解いてみましょう。なお、問題１は（式５－３）、問題２は（式５－５）をそれぞれ利用した問題となっています。
【 問題１】
数列 {an} において、a1＝3、a2＝5、a3＝9、a4＝27、
an+4＝4an+3ー6an+2＋4an+1＋3an が成り立つとき、一般項 an を表す式を求めなさい。
【 解答 】
与えられた５項間漸化式に関する特性方程式は、
x4ー4x3＋6x2ー4xー3＝０ ---①
となる。まず、①を満たす整数解の有無について、少し調べてみると、整数解は無さそうである。そこで、①式の左辺は（２次式）×（２次式）となると仮定してみる。すなわち、
x4ー4x3＋6x2ー4xー3＝(x2ーpxー1)(x2ーqx＋3) ---②
と仮定したとき、②の右辺は、
(x2ーpxー1)(x2ーqx＋3)＝x4ー(p＋q)x3＋(2＋pq)x2ー(3p-q)xー3 ---③
となり、②の左辺と③の右辺の各係数を比較すると、p＋q＝4、2＋pq＝6、3pーq＝4 となる。よって、この連立一次方程式を解くと、p＝2、q＝2 となるから、②は
x4ー4x3＋6x2ー4xー3＝(x2ー2xー1)(x2ー2x＋3) ---④
となり、④の右辺を１次式の積に分解して①に代入すると、
x4ー4x3＋6x2ー4xー3＝{xー(1＋√2)}{xー(1ー√2)}{xー(1＋i√2)}{xー(1ーi√2)}＝０ ---⑤
を得る。したがって、⑤より、特性方程式の４つの解は２組の共役対となるから、一般項 an の式の形は（式５－３）であるとわかる。
すなわち、⑤と（式５－３）より、an は、
an＝A{(1＋√2)n＋(1ー√2)n}＋C{(1＋i√2)n＋(1ーi√2)n} ---⑥
となる。よって、a1＝3、a2＝5、a3＝9、a4＝27、(1＋√2)2＝3＋2√2、(1ー√2)2＝3ー2√2、
(1＋√2)3＝7＋5√2、(1ー√2)3＝7ー5√2、(1＋√2)4＝17＋12√2、(1ー√2)4＝17ー12√2、
(1＋i√2)2＝ー1＋2i√2、(1ーi√2)2＝ー1ー2i√2、(1＋i√2)3＝ー5＋i√2、(1ーi√2)3＝ー5ーi√2、
(1＋i√2)4＝ー7ー4i√2、(1ーi√2)4＝ー7＋4i√2 と⑥より、以下の各式が成り立つ。
a1＝A{(1＋√2)＋(1ー√2)}＋C{(1＋i√2)＋(1ーi√2)}＝3 → 2A＋2C＝3 ---⑦
a2＝A{(3＋2√2)＋(3ー2√2)}＋C{(ー1＋2i√2)＋(ー1ー2i√2)}＝5 → 6Aー2C＝5 ---⑧
a3＝A{(7＋5√2)＋(7ー5√2)}＋C{(ー5＋i√2)＋(ー5ーi√2)}＝9 → 14Aー10C＝9 ---⑨
a4＝A{(17＋12√2)＋(17ー12√2)}＋C{(ー7ー4i√2)＋(ー7＋4i√2)}＝27 → 34Aー14C＝27 ---⑩
よって、⑦、⑧の連立１次方程式を解くと、A＝1、C＝1/2 となるが、これらを⑨、⑩の左辺に代入すると、それぞれ 9、27 となって、⑨、⑩も満たす。すなわち、A＝1、C＝1/2 は、
⑦～⑩を満たす。したがって、A＝1、C＝1/2 を⑥に代入すると、
an＝(1＋√2)n＋(1ー√2)n＋1/2{(1＋i√2)n＋(1ーi√2)n} ---⑪
となり、⑪が求める式である。
この⑪式が正しいことを確認するため、問題文にある漸化式と最初の４項の値、⑪式のそれぞれを用いて、a5 を計算してみる。まず、漸化式と最初の４項の値からは、
a5＝4a4ー6a3＋4a2＋3a1＝4・27ー6・9＋4・5＋3・3＝108ー54＋20＋9＝83
となる。また、⑪式からは、
a5＝(1＋√2)5＋(1ー√2)5＋1/2{(1＋i√2)5＋(1ーi√2)5}
＝41+29√2＋41ー29√2＋1/2(1ー11i√2＋1+11i√2)＝82＋1/2・2＝83
となる。よって、確かに両者は一致している。
（答） an＝(1＋√2)n＋(1ー√2)n＋1/2{(1＋i√2)n＋(1ーi√2)n} （ i は虚数単位）
【 問題２】
数列 {an} において、a1＝3、a2＝4、a3＝7、a4＝21、
an+4＝6an+3ー15an+2＋20an+1ー12an が成り立つとき、一般項 an を表す式を求めなさい。
【 解答 】
与えられた５項間漸化式に関する特性方程式は、
x4ー6x3＋15x2ー20x＋12＝０ ---①
となる。まず、①を満たす整数解の有無を調べてみると、①の左辺は、x＝2 を代入すると ０ になるから、xー2 で割り切れる。よって、
x4ー6x3＋15x2ー20x＋12＝(xー2)(x3ー4x2＋7xー6) ---②
となるが、x3ー4x2＋7xー6 は、x＝2 を代入すると ０ になるから、xー2 で割り切れる。したがって、②は、
x4ー6x3＋15x2ー20x＋12＝(xー2)2(x2ー2x＋3) ---③
となり、③の右辺を１次式の積に分解して①に代入すると、
x4ー6x3＋15x2ー20x＋12＝(x-2)2{xー(1＋i√2)}{xー(1ーi√2)}＝０ ---④
を得る。したがって、④より、特性方程式の４つの解は１つの重解と１組の共役対となるから、一般項 an の式の形は（式５－５）であるとわかる。(A, B)＝(3/4, 1/4)
すなわち、④と（式５－５）より、an は、
an＝(A＋Bn)2n＋C{(1＋i√2)n＋(1ーi√2)n} ---⑤
となる。よって、a1＝3、a2＝4、a3＝7、a4＝21、
(1＋i√2)2＝ー1＋2i√2、(1ーi√2)2＝ー1ー2i√2、(1＋i√2)3＝ー5＋i√2、(1ーi√2)3＝ー5ーi√2、
(1＋i√2)4＝ー7ー4i√2、(1ーi√2)4＝ー7＋4i√2 と⑤より、以下の各式が成り立つ。
a1＝(A＋B)・2＋C{(1＋i√2)＋(1ーi√2)}＝3 → 2A＋2B＋2C＝3 ---⑥
a2＝(A＋2B)・4＋C{(ー1＋2i√2)＋(ー1ー2i√2)}＝4 → 4A＋8Bー2C＝4 ---⑦
a3＝(A＋3B)・8＋C{(ー5＋i√2)＋(ー5ーi√2)}＝7 → 8A＋24Bー10C＝7 ---⑧
a4＝(A＋4B)・16＋C{(ー7ー4i√2)＋(ー7＋4i√2)}＝21 → 16A＋64Bー14C＝21 ---⑨
よって、⑥＋⑦より、6A＋10B＝7 ---⑩、⑥×5＋⑧より、18A＋34B＝22 → 9A＋17B＝11 ---⑪ となり、⑪×2ー⑩×3 より、4B＝1 → B＝1/4 となり、これを⑩に代入すると、
6A＋10/4＝7 → A＝3/4 となる。よって、(A, B)＝(3/4, 1/4) を⑥に代入すると、2・3/4＋2・1/4＋2C＝3 → C＝1/2 となるから、(A, B, C)＝(3/4, 1/4, 1/2) であり、
これらを⑨の左辺に代入すると、21 となって、⑨も満たす。すなわち、(A, B, C)＝(3/4, 1/4, 1/2) は、⑥～⑨を満たす。したがって、(A, B, C)＝(3/4, 1/4, 1/2) を⑤に代入すると、
an＝(3/4＋1/4・n)2n＋1/2{(1＋i√2)n＋(1ーi√2)n}＝(3＋n)2n-2＋1/2{(1＋i√2)n＋(1ーi√2)n} ---⑫
となり、⑫が求める式である。
この⑫式が正しいことを確認するため、問題文にある漸化式と最初の４項の値、⑫式のそれぞれを用いて、a5 を計算してみる。まず、漸化式と最初の４項の値からは、
a5＝6a4ー15a3＋20a2ー12a1＝6・21ー15・7＋20・4ー12・3＝126ー105＋80ー36＝65
となる。また、⑫式からは、
a5＝(3＋5)23＋1/2{(1＋i√2)5＋(1ーi√2)5}
＝64＋1/2(1ー11i√2＋1+11i√2)＝64＋1＝65
となる。よって、確かに両者は一致している。
（答） an＝(3＋n)2n-2＋1/2{(1＋i√2)n＋(1ーi√2)n} （ i は虚数単位）
参考資料：
・Wikipedia 『漸化式』、『フィボナッチ数』
・下記URL
https://manabitimes.jp/math/697（ 三項間漸化式の３通りの解き方 - 高校数学の美しい物語 - ）
