【数列】-p乗差分方程式の極限近似と証明 p1:pが整数【シリーズ記事】

更新日時:2021/09/20

数学数列微分近似-p乗差分方程式

GOODされた数:69 回

プロローグ

どうも、安田です。

最近はずっと数列について研究をしているのですが、その研究項目の中に微分近似というものがあります。これはどういうものかというと、差分方程式(漸化式)において \[ \Delta a_n = a_{n+1} - a_n \] を \[ \Delta a_n \simeq \frac{da}{dn} \] と近似しようという試みです。(本来は微分方程式を近似するために考えられたのが差分です。)

今回はこれについて研究していたのですが、特定の差分方程式において極限で微分近似が一致することがわかったため、それについて書いていこうと思います。

なお、今回は長くなるので2つ以上の記事に分けて書きます。

本論

$-p$乗差分方程式

それでは、プロローグで話した特定の差分方程式というのはどのようなものなのかという話に入ります。それは次の通りで、タイトルのために$-p$乗差分方程式と名付けました。

$p \geq 1, b > 0$ に対して \[ a_{n+1} = a_n + \frac{b}{a_n^p}, \quad a_1 > 0 \]

これについてですが、ある定数$\alpha$に収束すると考えた時 \[ \alpha = \alpha + \frac{b}{\alpha^{p}} \] となる必要があり、ありえないので、単調増加であることも考慮すると$+\infty$に発散することがわかります。 だから、今回は $a_1^{p+1} > p+1$ として扱っても同値な命題を述べることができます。

ここで微分近似をします。まず差分を使って表せば \[ \Delta a = ba^{-p} \] だから、微分近似をすれば \[ a^p \frac{da}{dn} \simeq b \] です。これを解けば任意の定数$C$に対して \[ a \simeq \sqrt[p+1]{b(p+1)n + C} \] となります。ここで、今回の目的はこれについてになります。

命題
$p \geq 1, b > 0$ に対して、数列 $a$ が \[ a_{n+1} = a_n + \frac{b}{a_n^p}, \quad a_1 > 0 \] が定義されるとき$\forall C \in \mathbb{R}$に対して \begin{equation} \lim_{n \to \infty} \left( a_n - \sqrt[p+1]{b(p+1)n + C} \right) = 0 \tag{1} \end{equation} が成り立つ。

この証明が目的です。ここで、$b$については$a_n$を定数倍すれば$b=1$の場合に帰着できるため、$b=1$の場合のみ示せば必要十分であることがわかります。

$p$が整数の時

この記事では、$p$ が整数のときのみ書き、次回記事で整数でない場合を示します。なぜわざわざ分けるのかというと、 $p$が整数でない場合の証明を整数の場合の証明に適応できないというのと、証明が長いからというのがあります。ご了承ください。

それでは、証明に入ります。

まず、数値計算をするとわかるのですが、十分大きな$n$に対しては、(1)式の左辺の部分が0より大きくなっています。 これについて証明します。

\[ a_n^{p+1} = (p+1)n + s_n \] とおく。
まず、$a_n$の漸化式から \begin{align} a_{n+1}^{p+1} &= \sum_{n=0}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_n^{(p+1)-k}a_n^{-pk} \\ &= \sum_{k=0}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_n^{(p+1)(1-k)} \\ a_{n+1}^{p+1} &= a_n^{p+1} + (p+1) + \sum_{k=2}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_n^{(p+1)(1-k)} \end{align} $s_n$ の定義を代入して \begin{equation} s_{n+1} = s_n + \sum_{k=2}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_n^{(p+1)(1-k)} \end{equation} が得られる。いま、$a_1^{p+1} > p+1$ としているから $s_n$ が単調増加であることを加味すると、$s_n > 0$ は明らか。 よって、$a_n^{p+1} > (p+1)n \geq 2$ である。
ここで、$\gamma$ を ${}_{p+1} \mathrm{C}_k$ の最大値とすると、 \begin{align} s_{n+1} &\leq s_n + \sum_{k=1}^p \gamma a_n^{-(p+1)k} \\ &= s_n + \frac{\gamma}{a_n^{p+1}} \cdot \frac{1-a_n^{-(p+1)p}}{1-a_n^{-(p+1)}} \\ &\lt s_n + \frac{\gamma}{a_n^{p+1}-1} \\ &\lt s_n + \frac{\gamma}{a_n^{p+1}-\frac{1}{2}a_n^{p+1}} \\ &\lt s_n + \frac{2\gamma}{(p+1)n} \end{align} とできる。ここで、$g = \displaystyle \frac{2\gamma}{p+1}$としておく。さらに \begin{align} \frac{s_{n+1}}{n+1} &\lt \frac{s_n}{n+1} + \frac{g}{n(n+1)} \\ &\lt \frac{s_n}{n} + \frac{g}{n(n+1)} \end{align} であるから、$n \geq 2$に対しては$n$が$1$から$n-1$までの和を取れば \begin{align} \frac{s_n}{n} &\lt s_1 + g\left(1 - \frac{1}{n}\right) \\ &\lt b_1 + g \end{align} また、明らかに$n=1$に対しても成立する。ここで、 \begin{align} s_{2n} &= s_n +\sum_{m=n}^{2n-1}\sum_{k=2}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_m^{(p+1)(1-k)} \\ &\gt s_n + \sum_{m=n}^{2n-1}\sum_{k=1}^p \frac{1}{a_m^{(p+1)k}} \\ &= s_n + \sum_{m=n}^{2n-1} \frac{1}{a_m^{p+1}} \cdot \frac{1-a_m^{-(p+1)p}}{1-a_m^{-(p+1)}} \\ &\gt s_n + \sum_{m=n}^{2n-1}\frac{1-a_m^{-p(p+1)}}{a_m^{p+1}} \\ &\gt s_n + \sum_{m=n}^{2n-1} \frac{1-a_{2n}^{-p(p+1)}}{a_{2n}^{p+1}} \\ &\gt s_n + \frac{n}{(p+1)2n + b_{2n}} - \frac{n}{((p+1)2n+b_{2n})^{p+1}} \\ &\gt s_n + \frac{n}{(p+1)2n + b_{2n}} - \frac{n^{p+1}}{((p+1)2n+b_{2n})^{p+1}} \\ &= s_n + \frac{1}{2(p+1)+2\cdot \frac{b_{2n}}{2n}} - \left(\frac{1}{2(p+1)+2\cdot \frac{b_{2n}}{2n}}\right)^{p+1} \\ &\gt s_n + \frac{1}{2(p+1) + 2b_1 + 2g} - \left(\frac{1}{2(p+1)+2b_1+2g}\right)^{p+1} \end{align} である。よって、$s_{2^n}$ は$+\infty$に発散し、$s_n$が単調増加であることから、$s_n$も$+\infty$に発散する。以上より \begin{equation} \lim_{n \to \infty} (a_n^{p+1} - (p+1)n) = +\infty \end{equation} ゆえに \begin{equation} \forall c \in \mathbb{R}, \forall \varepsilon > 0, \exists n_0 \in \mathbb{N}, n > n_0 \Rightarrow a_n > ((p+1)n+c)^{\frac{1}{p+1}} \end{equation} (一応一般高校生向けに解説すると、どのような実数$c$でも、$n$を十分大きくとれば、上の不等式が成立するという意味です。)

さて、これで今示したいものが1つ示せました。次にどうしたいかということですが、現在$n$が2倍になるごとに一定数値が上昇することがわかっています。 だから、$\log n$の項を追加するとより近似できるのではないかと考えます。

ここでも数値計算をすると、十分大きな$n$に対しては \[ a_n \lt \sqrt[p+1]{(p+1)n + q\ln n + c} \] となっていることがわかります。なおこれが本当に成り立っているのであれば、はさみうちの原理を用いることができます。そういうわけで、示していきます。

\[ a_n^{p+1} = (p+1)n + q\ln n + t_n \] とおく。このとき、$s_n$のとき同様に$a_n^{p+1}$の漸化式を考えると、 \[ t_{n+1} = t_n - q\ln\left(\frac{n+1}{n}\right) + \sum_{k=2}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_n^{(p+1)(1-k)} \] である。ここで \begin{align} t_{2n} &= t_n + \sum_{m=n}^{2n-1} \left( -q\ln\left(\frac{m+1}{m}\right) + \sum_{k=2}^{p+1} {}_{p+1} \mathrm{C}_k a_m^{(p+1)(1-k)}\right) \\ &\lt t_n - q \ln \frac{2n}{n} + \gamma \sum_{m=n}^{2n-1} \left( \frac{1}{a_m^{p+1}} \cdot \frac{1-a_m^{-(p+1)p}}{1-a_m^{-(p+1)}} \right) \\ &\lt t_n - q \ln 2 + \gamma \sum_{m=n}^{2n-1} \frac{1}{a_m^{p}-1} \end{align} $s_n$が発散することを用いれば$\exists n_1 \in \mathbb{N}, n > n_1$ (十分大きな$n$に対してという意味)とすれば $m \geq n$ では $a_m^{p+1} \gt (p+1)n + 1$ だから \begin{align} t_{2n} &\lt t_n - q\ln 2 + \gamma \sum_{m=n}^{2n-1}\frac{1}{(p+1)n} \\ &\lt t_n - q\ln 2 + \frac{\gamma}{p+1} \end{align} よって、$q \gt \displaystyle \frac{\gamma}{(p+1)\ln 2}$ となるように$q$を取れば、$t_{2^n}$は$-\infty$に発散する。
また、 \begin{align} t_{n+1} - t_n &= -q \ln \frac{n+1}{n} + \gamma \sum_{k=1}^{p} a_n^{-(p+1)k} \\ &= -q \ln \frac{n+1}{n} + \frac{\gamma}{a_n^{p+1}} \cdot \frac{1 - a_n^{-(p+1)p}}{1 - a_n^{-(p+1)}} \\ &\lt -q \ln \frac{n+1}{n} + \frac{\gamma}{a_n^{p+1} - 1} \end{align} 同様に $n \gt n_1$ とすれば、 \begin{align} t_{n+1} - t_n &\lt -q\ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) + \frac{\gamma}{(p+1)n} \\ &= \ln \frac{e^{\frac{\gamma}{p+1} \cdot n^{-1}}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^q} \end{align} ここで、 \[ T(n) = \left(\frac{e^{\frac{\gamma}{p+1} \cdot n^{-1}}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^q}\right)^n = \frac{e^{\frac{\gamma}{p+1}}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{qn}} \] とおくと、 \[ \lim_{n \to \infty} T(n) = \frac{e^{\frac{\gamma}{p+1}}}{e^q} = e^{\frac{\gamma}{p+1} - q} \] だから、$q$をさらに、$q \gt \frac{\gamma}{p+1}$ とすれば、 \[ \exists n_2 \in \mathbb{N}, \forall n > n_2 \Rightarrow T(n) \lt 1 \] となる。$n_3 = \max\{n_1, n_2\}$ とすれば \[ \forall n \gt n_3 \Rightarrow t_{n+1} - t_n \lt 0 \] ゆえに、$t_n$ は $-\infty$ に発散する。したがって、 \[ \forall d \in \mathbb{R}, \forall n \gt n_3 \Rightarrow a_n \lt \sqrt[p+1]{(p+1)n+q\ln n + d} \] である。 最初の命題も合わせて \[ \forall c, d \in \mathbb{R}, \exists n_3 \in \mathbb{N}, \forall n \gt n_3 \Rightarrow \sqrt[p+1]{(p+1)n + c} \lt a_n \lt \sqrt[p+1]{(p+1)n+q\ln n + d} \] となる。

さて、これではさみうちの原理を使うための準備ができました。あとは仕上げます。上の不等式全体を $ -\sqrt[p+1]{(p+1)n + c}$ しておきます。

\begin{align} &((p+1)n + q\ln n + d)^{\frac{1}{p+1}} - ((p+1)n + c)^{\frac{1}{p+1}} \\ &= \frac{q\ln n + (d-c) + ((p+1)n + q\ln n + d)^{\frac{1}{p+1}}((p+1)n + c)^{\frac{p}{p+1}} - ((p+1)n + q\ln n + d)^{\frac{p}{p+1}}((p+1)n + c)^{\frac{1}{p+1}}}{((p+1)n+q\ln n + d)^{\frac{p}{p+1}} + ((p+1)n+c)^{\frac{p}{p+1}}} \\ &\lt \frac{2(q \ln n + (d-c))}{((p+1)n+q\ln n + d)^{\frac{p}{p+1}} + ((p+1)n+c)^{\frac{p}{p+1}}} \to 0 \quad (n \to \infty) \end{align} 以上より、$1 \leq p \in \mathbb{Z}$として \begin{equation} a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n^p} \end{equation} に対して、$c \in \mathbb{R}$ を任意とすると、 \[ \lim_{n \to \infty} \left( a_n - \sqrt[p+1]{(p+1)n+c} \right) = 0 \] である。

これで、$p$が整数のときのみの証明ができました。

本記事では以上となります。$p$が実数の時の証明は次回記事に回すので、ぜひTwitterをフォローして、記事の投稿の情報を受け取ってください。

それでは、お疲れ様でした。

この記事いいね!


コメント送信フォームまで飛ぶ

この記事には8件のコメントがあります。

【数列】-p乗差分方程式の極限近似と証明 p1:pが整数【シリーズ記事】|Mathlize
[url=http://www.gop5p568437sgci29pd34y7dx9c53m5vs.org/]ufytcgvbeoj[/url]
http://www.gop5p568437sgci29pd34y7dx9c53m5vs.org/">afytcgvbeoj
fytcgvbeoj http://www.gop5p568437sgci29pd34y7dx9c53m5vs.org/

変換


※上の変換器は、TeXが正しいかどうかの確認に使ってください。
※TeXを入力する場合は、コメント本文に、$\$$ または、$\verb|\|$[, $\verb|\|$]で囲った中にTeX表示をそのまま挿入してください。
※URLは、自動的にハイパーリンクに変形されます。
※他のコメントに返信する場合は、「#コメント番号」を挿入してください。
※日本語を含まないコメントはスパムと認定されます。
※Comment including no japanese will be regarded as spam.