x_(i+2) = a * x_(i+1) + b * x_i の漸化式
意外に一度も取り上げていなかった三項間の，以下の漸化式の一般項xiを求める．
xi+2 = axi+1 + bxi
ただし，初項を xs とし，s は0または1とする．
また，a ≠ 0，b ≠ 0 とする．
xi+2 = axi+1 + bxi
ただし，初項を xs とし，s は0または1とする．
また，a ≠ 0，b ≠ 0 とする．
与式を以下の形に変形する．
xi+2 - αxi+1 = β(xi+1 - αxi) … ��
展開して，まとめると，
xi+2 = (α + β)xi+1 - αβxi
辺々を与式と比較して，
α + β = a
αβ = -b
対称式 であることを考慮して，これを解いて，
α = (a + √(a2 + 4b)) / 2
β = (a - √(a2 + 4b)) / 2
ここで，yi = xi+1 - αxi とおけば，�� は
yi+1 = βyi
これは，等比数列の形なので解けて，
yi = ysβi - s
∴xi+1 - αxi = ysβi-s
xi+1 = αxi + ysβi-s
xi+1 / βi+1 = αxi / βi+1 + ys(βi-s / βi+1)
∴xi+1 / βi+1 = (α / β)(xi / βi) + ys / β1+s … ��
ここで，zi = xi / βi とおけば，�� は
zi+1 = (α / β)zi + ys / β1+s … ��
以下の形に変形する．
zi+1 - γ = (α / β)(zi - γ)
よって
zi+1 = (α / β)zi + γ(1 - α / β)
辺々を比較して
γ(1 - α / β) = ys / β1+s … ��
ここで，β - α について，
(β - α)2 = (β + α)2 - 4αβ = a2 + 4b
∴β - α = ±√(a2 + 4b)
i) a2 + 4b ≠ 0 のとき
�� より
γ = (1 / βs) * (ys / (β - α))
ゆえに
zi+1 - γ = (α / β)(zi - γ)
ここで，wi = zi - γ とおけば，
wi+1 = (α / β)wi
これは，等比数列の形なので解けて，
wi = ws(α / β)i-s
よって
zi - γ = (zs - γ)(α / β)i-s
ゆえに，γ = (1 / βs) * (ys / (β - α))，zi = xi / βi，yi = xi+1 - αxi を代入して整理すると
xi = {(xs+1 - αxs)βi-s - (xs+1 - βxs)αi-s} / (β - α)
ii) a2 + 4b = 0 のとき
α = β = a / 2 であるので，�� は
zi+1 = zi + ys / β1+s
これは，階差数列の形なので解けて
zi = zs + ��[k = s, i-1](ys / β1+s)
∴zi = zs + (ys / β1+s)(i - s)
よって，zi = xi / βi，ys = xs+1 - αxs を代入して整理すると
xi = (a / 2)i-s(xs + (2xs+1 / a - xs)(i - s))
まとめると，xi+2 = a * xi+1 + b * xi の一般項 xi は，
・a2 + 4b ≠ 0 のとき
xi = {(xs+1 - αxs)βi-s - (xs+1 - βxs)αi-s} / (β - α)
ただし，α，β は以下である．
α = (a + √(a2 + 4b)) / 2
β = (a - √(a2 + 4b)) / 2
・a2 + 4b = 0 のとき
xi = (a / 2)i-s(xs + (2xs+1 / a - xs)(i - s))
【余談】検算していません．次は，xi+2 = axi+1 + bxi + c に挑戦．
xi+2 - αxi+1 = β(xi+1 - αxi) … ��
展開して，まとめると，
xi+2 = (α + β)xi+1 - αβxi
辺々を与式と比較して，
α + β = a
αβ = -b
対称式 であることを考慮して，これを解いて，
α = (a + √(a2 + 4b)) / 2
β = (a - √(a2 + 4b)) / 2
ここで，yi = xi+1 - αxi とおけば，�� は
yi+1 = βyi
これは，等比数列の形なので解けて，
yi = ysβi - s
∴xi+1 - αxi = ysβi-s
xi+1 = αxi + ysβi-s
xi+1 / βi+1 = αxi / βi+1 + ys(βi-s / βi+1)
∴xi+1 / βi+1 = (α / β)(xi / βi) + ys / β1+s … ��
ここで，zi = xi / βi とおけば，�� は
zi+1 = (α / β)zi + ys / β1+s … ��
以下の形に変形する．
zi+1 - γ = (α / β)(zi - γ)
よって
zi+1 = (α / β)zi + γ(1 - α / β)
辺々を比較して
γ(1 - α / β) = ys / β1+s … ��
ここで，β - α について，
(β - α)2 = (β + α)2 - 4αβ = a2 + 4b
∴β - α = ±√(a2 + 4b)
i) a2 + 4b ≠ 0 のとき
�� より
γ = (1 / βs) * (ys / (β - α))
ゆえに
zi+1 - γ = (α / β)(zi - γ)
ここで，wi = zi - γ とおけば，
wi+1 = (α / β)wi
これは，等比数列の形なので解けて，
wi = ws(α / β)i-s
よって
zi - γ = (zs - γ)(α / β)i-s
ゆえに，γ = (1 / βs) * (ys / (β - α))，zi = xi / βi，yi = xi+1 - αxi を代入して整理すると
xi = {(xs+1 - αxs)βi-s - (xs+1 - βxs)αi-s} / (β - α)
ii) a2 + 4b = 0 のとき
α = β = a / 2 であるので，�� は
zi+1 = zi + ys / β1+s
これは，階差数列の形なので解けて
zi = zs + ��[k = s, i-1](ys / β1+s)
∴zi = zs + (ys / β1+s)(i - s)
よって，zi = xi / βi，ys = xs+1 - αxs を代入して整理すると
xi = (a / 2)i-s(xs + (2xs+1 / a - xs)(i - s))
まとめると，xi+2 = a * xi+1 + b * xi の一般項 xi は，
・a2 + 4b ≠ 0 のとき
xi = {(xs+1 - αxs)βi-s - (xs+1 - βxs)αi-s} / (β - α)
ただし，α，β は以下である．
α = (a + √(a2 + 4b)) / 2
β = (a - √(a2 + 4b)) / 2
・a2 + 4b = 0 のとき
xi = (a / 2)i-s(xs + (2xs+1 / a - xs)(i - s))
【余談】検算していません．次は，xi+2 = axi+1 + bxi + c に挑戦．
どっかにも同じようなコメント書いたような（笑）。
冗談はさておき、優乃さん、級数すきですね。
私も好きなんですが、どちらかと言うと級数というより、無限和が絡むものとか（ζ関数とか）、級数の収束性とかそういったものの中に何か神秘を感じます。
今思いついたこと書きますが，
無限和において，��[k=1,n](1/k) (n→∞) よりも無限に収束するのが本質的に遅い関数が存在するか
が気になりました．