母関数　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　私が「母関数」というものに初めて出会ったのは、高１の順列・組合せの計算のときだった
と思う。母関数は生成関数とも言われる。

　例えば、大小２個のさいころを投げて、目の和が８になる場合の数を求める場合、

　　（大，小）＝（２，６）、（３，５）、（４，４）、（５，３）、（６，２）　の５通り

とすれば、特段問題はないが、次のように求めてもいいということを理解するには多少時間
を要した。

　２個のサイコロを投げるとき、目の和が８となる場合の数は、多項式

　　　　（ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋ｘ⁴＋ｘ⁵＋ｘ⁶）²

を展開したときの、ｘ⁸ の係数を調べればよい。これが母関数との出会いである。

　実際に、　（ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋ｘ⁴＋ｘ⁵＋ｘ⁶）²

　　　　　＝ｘ²＋２ｘ³＋３ｘ⁴＋４ｘ⁵＋５ｘ⁶＋６ｘ⁷＋５ｘ⁸＋４ｘ⁹＋３ｘ¹⁰＋２ｘ¹¹＋ｘ¹²

　よって、求める場合の数は、５通りである。

　高１のときは、左右対称な係数を覚えるだけで、それ以上の進展はなかったように思う。

　しかし、「目の積」の問題で、ｎ 個のサイコロを投げるとき、目の積が２^ａ・３^ｂ・５^ｃ となる場

合の数が、（１＋ｘ＋ｘ²＋ｙ＋ｘｙ＋ｚ）^ｎを展開したときの、ｘ^ａ・ｙ^ｂ・ｚ^ｃ の係数に等しいというこ
とや、そのページでの ａｔ さんによる母関数の豊かな応用を目にすると、もう少し母関数のこ
とをまとめておく必要性を痛感した。

　母関数は、１８世紀頃、ド・モアブルやスターリング、オイラーたちによって考案されたという。

　母関数を初めて使ったのは、ド・モアブル(1667〜1754)で、１７３０年のことらしい。

例　２項定理　（１＋ｘ）³＝１＋３ｘ＋３ｘ²＋ｘ³　における ｘ^ｋ の係数 ₃Ｃ_k からも分かるように
　　ｘ^ｋ の係数は、異なる３個の文字から ｋ 個取る場合の数に等しい。

　異なる３個の文字 ａ、ｂ、ｃ から文字を選ぶ場合、各文字について

　その文字を選ぶ場合　と　その文字を選ばない場合

の２つの場合がある。

　そこで、各 ａ、ｂ、ｃ について、選ぶ場合は ｘ 、選ばない場合は １ として、文字 ａ には、多
項式 １＋ａｘ、文字 ｂ には、多項式 １＋ｂｘ、文字 ｃ には、多項式 １＋ｃｘ　を対応させて考
える。

　換言すれば、文字 ａ を高々１度とる組合せを表す多項式が、１＋ａｘ ということである。

　よって、文字 ａ を高々２度とる組合せを表す多項式は、１＋ａｘ＋ａ²ｘ² となる。

　このとき、

　（１＋ａｘ）（１＋ｂｘ）（１＋ｃｘ）＝１＋（ａ＋ｂ＋ｃ）ｘ＋（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）ｘ²＋ａｂｃｘ³

となる。上式で、１、ｘ、ｘ²、ｘ³　の係数を見ると、

　１：異なる３個の文字 ａ、ｂ、ｃ のどれも選ばない場合は、１通り

　ｘ：異なる３個の文字 ａ、ｂ、ｃ から１個の文字を選ぶ場合は、　ａ、ｂ、ｃ　の３通り

　ｘ²：異なる３個の文字 ａ、ｂ、ｃ から２個の文字を選ぶ場合は、　ａｂ、ｂｃ、ｃａ　の３通り

　ｘ³：異なる３個の文字 ａ、ｂ、ｃ から３個の文字を選ぶ場合は、　ａｂｃ　の１通り

　異なる３個の文字 ａ、ｂ、ｃ からいくつかの文字を選ぶ場合の数の計算だけだったら、

ａ＝ｂ＝ｃ＝１として、

　（１＋ｘ）（１＋ｘ）（１＋ｘ）＝１＋（１＋１＋１）ｘ＋（１＋１＋１）ｘ²＋１ｘ³

すなわち、　（１＋ｘ）³＝１＋３ｘ＋３ｘ²＋ｘ³　であったわけである。

　したがって、異なる３個の文字 ａ、ｂ、ｃ から文字を選ぶ場合の母関数は、

　（１＋ｘ）³＝１＋３ｘ＋３ｘ²＋ｘ³

である。一般に、

　数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数 ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋ａ₃ｘ³＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ＋・・・　を、

その数列の通常型母関数という。

例　３個の文字　ａ、ａ、ｂ　から文字を選ぶ場合の母関数は、

　（１＋ｘ＋ｘ²）（１＋ｘ）＝１＋２ｘ＋２ｘ²＋ｘ³　である。

　これは、（１＋ａｘ＋ａ²ｘ²）（１＋ｂｘ）　と考えれば明らかだろう。

例　４個の文字　ａ、ａ、ｂ、ｂ　から文字を選ぶ場合の母関数は、

　　　（１＋ｘ＋ｘ²）（１＋ｘ＋ｘ²）＝１＋２ｘ＋３ｘ²＋２ｘ³＋ｘ⁴　である。

　　これは、（１＋ａｘ＋ａ²ｘ²）（１＋ｂｘ＋ｂ²ｘ²）　と考えれば明らかだろう。

　一般に、次が成り立つ。

　ｎ 個のうち、ｍ₁、ｍ₂、・・・、ｍ_ｋ 個が同じものであるとき、ｎ 個のものから重複を許
して ｒ 個とる組合せの数は、次の多項式の ｘ^ｒ の係数に等しい。

　（１＋ｘ＋ｘ²＋・・・＋ｘ^ｍ₁）（１＋ｘ＋ｘ²＋・・・＋ｘ^ｍ₂）・・・（１＋ｘ＋ｘ²＋・・・＋ｘ^ｍ_ｋ）

　ただし、ｎ＝ｍ₁＋ｍ₂＋・・・＋ｍ_ｋ　とする。

例　５個の文字 ａ、ａ、ａ、ｂ、ｂ から重複を許して３個とる組合せの数を求めよ。

　求める場合の数は、　ａａａ、ａａｂ、ａｂｂ　の３通りである。

　この計算を母関数の考えを用いて行ってみよう。

　（１＋ｘ＋ｘ²＋ｘ³）（１＋ｘ＋ｘ²）＝・・・＋ｘ³＋・・・＋ｘ³＋・・・＋ｘ³＋・・・

より、ｘ³ の係数は、１＋１＋１＝３　なので、求める場合の数は、３通りである。

（証明）　ｎ 個のうち、

　ａ が ｍ₁個　、ｂ が ｍ₂個　、・・・、ｃ が ｍ_ｋ 個　（ｎ＝ｍ₁＋ｍ₂＋・・・＋ｍ_ｋ）

とする。このとき、ｋ個の多項式

　１＋ａｘ＋ａ²ｘ²＋・・・＋ａ^ｍ₁ｘ^ｍ₁

　１＋ｂｘ＋ｂ²ｘ²＋・・・＋ｂ^ｍ₂ｘ^ｍ₂

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　１＋ｃｘ＋ｃ²ｘ²＋・・・＋ｃ^ｍ_ｋｘ^ｍ_ｋ

の積を考え展開したとき、

　ｘ の係数　：　ａ、ｂ、・・・、ｃ の和

　ｘ² の係数 ： ａ、ｂ、・・・、ｃ から重複を許して２個ずつの積

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　ｘ^ｒ の係数 ： ａ、ｂ、・・・、ｃ から重複を許して ｒ 個ずつの積

である。　（証終）

　上記では、組合せの数が母関数から得られることを見たが、順列の数も母関数から得ら
れる。

　（１＋ａｘ）（１＋ｂｘ）（１＋ｃｘ）＝１＋（ａ＋ｂ＋ｃ）ｘ＋（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）ｘ²＋ａｂｃｘ³

において、

　異なる３個の文字 ａ、ｂ、ｃ のどれも選ばない場合は、１通り

　異なる３個の文字 ａ、ｂ、ｃ から１個とる順列の数は、　ａ、ｂ、ｃ　の３通り

　異なる３個の文字 ａ、ｂ、ｃ から２個とる順列の数は、

　　　ａｂ、ｂａ、ｂｃ、ｃｂ、ｃａ、ａｃ　の６通り

　　そこで、　ａｂ＋ｂａ＝２ａｂ、　ｂｃ＋ｃｂ＝２ｂｃ、　ｃａ＋ａｃ＝２ｃａ　と考えれば、

　　ｘ² の項は、（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）ｘ²＝２（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）ｘ²/２！　とも変形できる。

　異なる３個の文字 ａ、ｂ、ｃ から３個とる順列の数は、

　　ａｂｃ、ａｃｂ、ｂａｃ、ｂｃａ、ｃａｂ、ｃｂａ　の６通り

　　そこで、　ａｂｃ＋ａｃｂ＋ｂａｃ＋ｂｃａ＋ｃａｂ＋ｃｂａ＝６ａｂｃ　と考えれば、

　　ｘ³ の項は、ａｂｃｘ³＝６ａｂｃｘ³/３！　とも変形できる。

　すなわち、

（１＋ａｘ）（１＋ｂｘ）（１＋ｃｘ）

＝１＋（ａ＋ｂ＋ｃ）ｘ＋（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）ｘ²＋ａｂｃｘ³

＝１＋（ａ＋ｂ＋ｃ）ｘ/１！＋２（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）ｘ²/２！＋６ａｂｃｘ³/３！

と考えることができる。ここで、　ａ＝ｂ＝ｃ＝１　とすると、

　　（１＋ｘ）³＝１＋３ｘ/１！＋６ｘ²/２！＋６ｘ³/３！

となり、ｘｒ/ｒ！の係数が、異なる３個のものより ｒ 個とる順列の数に等しい。一般に、

（１＋ｘ）^ｎ

＝_ｎＣ₀＋_ｎＣ₁ｘ＋_ｎＣ₂ｘ²＋・・・＋_ｎＣ_ｒｘ^ｒ＋・・・＋_ｎＣ_ｎｘ^ｎ

＝_ｎＰ₀＋_ｎＰ₁ｘ/１！＋_ｎＰ₂ｘ²/２！＋・・・＋_ｎＰ_ｒｘ^ｒ/ｒ！＋・・・＋_ｎＰ_ｎｘ^ｎ/ｎ！

が成り立つ。

　一般に、数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数

　ａ₀＋ａ₁ｘ/１！＋ａ₂ｘ²/２！＋ａ₃ｘ³/３！＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ/ｎ！＋・・・

を、その数列の指数型母関数という。

例　４個の文字　ａ、ａ、ｂ、ｂ　から文字をいくつか選んで並べる場合の母関数は、

（１＋ａｘ/１！＋ａ²ｘ²/２！）（１＋ｂｘ/１！＋ｂ²ｘ²/２！）

＝１＋（ａ＋ｂ）ｘ/１！＋（ａ²/２！＋ａｂ/１！１！＋ｂ²/２！）ｘ²

　　＋（ａｂ²/１！２！＋ａ²ｂ/１！２！）ｘ³＋（ａ²ｂ²/２！２！）ｘ⁴

＝１＋（ａ＋ｂ）ｘ/１！＋（ａ²＋２ａｂ＋ｂ²）ｘ²/２！＋（３ａｂ²＋３ａ²ｂ）ｘ³/３！＋６ａ²ｂ²ｘ⁴/４！

　である。

　このとき、例えば、４個の文字　ａ、ａ、ｂ、ｂ　から３個とって並べる順列の数は、

　ａａｂ、ａｂａ、ｂａａ、ａｂｂ、ｂａｂ、ｂｂａ　の６通り

であるが、母関数のｘ³/３！の係数　３ａｂ²＋３ａ²ｂ　から

　ａａｂ＋ａｂａ＋ｂａａ＋ａｂｂ＋ｂａｂ＋ｂｂａ　の６項

を意味するので、求める場合の数は、６通りであることが分かる。

　一般に、次が成り立つ。

　ｎ 個のうち、ｍ₁、ｍ₂、・・・、ｍ_ｋ 個が同じものであるとき、ｎ 個のものから ｒ 個とる
順列の数は、次の多項式の ｘ^ｒ の係数に ｒ！を掛けたものに等しい。

　

　ただし、ｎ＝ｍ₁＋ｍ₂＋・・・＋ｍ_ｋ　で、０≦ｒ≦ｎ　とする。

例　５個の文字 ａ、ａ、ａ、ｂ、ｂ から３個とる順列の数を求めよ。

　ａ ３個のとき、　１通り
　ａ ２個、ｂ １個のとき、　３通り
　ａ １個、ｂ ２個のとき、　３通り　　　以上から、求める場合の数は、　１＋３＋３＝７（通り）

　この計算を母関数の考えを用いて行ってみよう。

　（１＋ｘ＋ｘ²/２＋ｘ³/６）（１＋ｘ＋ｘ²/２）＝・・・＋ｘ³/２＋・・・＋ｘ³/２＋・・・＋ｘ³/６＋・・・

より、ｘ³ の係数は、　１/２＋１/２＋１/６＝７/６　なので、３！＝６　を掛けて、

　求める場合の数は、　（７/６）×６＝７（通り）

（証明）　ｎ 個のうち、

　ａ が ｍ₁個　、ｂ が ｍ₂個　、・・・、ｃ が ｍ_ｋ 個　（ｎ＝ｍ₁＋ｍ₂＋・・・＋ｍ_ｋ）

とする。このとき、ｋ個の多項式

　１＋ａｘ＋ａ²ｘ²/２！＋・・・＋ａ^ｍ₁ｘ^ｍ₁/ｍ₁！

　１＋ｂｘ＋ｂ²ｘ²/２！＋・・・＋ｂ^ｍ₂ｘ^ｍ₂/ｍ₂！

　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　１＋ｃｘ＋ｃ²ｘ²/２！＋・・・＋ｃ^ｍ_ｋｘ^ｍ_ｋ/ｍ_ｋ！

の積を考え展開したとき、

（ａ^ｒ₁ｘ^ｒ₁/ｒ₁！）（ｂ^ｒ₂ｘ^ｒ₂/ｒ₂！）・・・（ｃ^ｒ_ｋｘ^ｒ_ｋ/ｒ_ｋ！）

＝｛１/（ｒ₁！ｒ₂！・・・ｒ_ｋ！）｝ａ^ｒ₁ｂ^ｒ₂・・・ｃ^ｒ_ｋｘ^ｒ　（ｒ＝ｒ₁＋ｒ₂＋・・・＋ｒ_ｋ）

は、ｒ個のうち、ａ を ｒ₁ 個、ｂ を ｒ₂ 個、・・・、ｃ を ｒ_ｋ 個とった１つの組合せに対応している。

　このときの係数　１/（ｒ₁！ｒ₂！・・・ｒ_ｋ！）　（ｒ＝ｒ₁＋ｒ₂＋・・・＋ｒ_ｋ）　の和に ｒ！を掛けたも

のが求める場合の数を与える。　（証終）

　母関数というと馴染みがないように感じるが、パスカルの三角形を考えているとき、母関数
の概念を無意識に使っていたことに気づかされる。

　また、パスカルの三角形を縦方向に見ると、母関数　（１−ｘ）^-ｎ を与えているという事実は
面白い。

　Ｆ（ｘ）＝（１−ｘ）^-ｎ　とおくと、　Ｆ（０）＝１　で、

　Ｆ’（ｘ）＝ｎ（１−ｘ）^-ｎ-1 より、　Ｆ’（０）＝ｎ

　Ｆ”（ｘ）＝ｎ（ｎ＋１）（１−ｘ）^-ｎ-2 より、　Ｆ”（０）＝ｎ（ｎ＋１）

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　Ｆ^(ｋ)（ｘ）＝ｎ（ｎ＋１）・・・（ｎ＋ｋ−１）（１−ｘ）^-ｎ-ｋ より、Ｆ^(ｋ)（０）＝ｎ（ｎ＋１）・・・（ｎ＋ｋ−１）

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　以上から、（１−ｘ）^-ｎ を ｘ＝０ のまわりでマクローリン展開すると、

　（１−ｘ）^-ｎ＝１＋ｎｘ＋｛ｎ（ｎ＋１）/２｝ｘ²＋・・・＋｛ｎ（ｎ＋１）・・・（ｎ＋ｋ−１）/ｋ！｝ｘ^ｋ＋・・・

　　因みに、パスカルの三角形から

　（１−ｘ）^-1＝１＋1・ｘ＋１・ｘ²＋・・・＋１・ｘ^ｋ＋・・・

　（１−ｘ）^-2＝１＋２・ｘ＋３・ｘ²＋・・・＋（ｋ＋１）・ｘ^ｋ＋・・・

　（１−ｘ）^-3＝１＋３・ｘ＋６・ｘ²＋・・・＋｛（ｋ＋１）（ｋ＋２）/２｝・ｘ^ｋ＋・・・

　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

となり、マクローリン展開の結果と一致する。


（コメント）　この関係は面白いですね！ある意味で、裏技です．．．。


　さらに、Ｆ_ｎ（ｘ）＝（１−ｘ）^-ｎ　として、

　Ｇ（ｘ）＝Ｆ₁（ｘ）＋ｘ²Ｆ₂（ｘ）＋ｘ⁴Ｆ₃（ｘ）＋ｘ⁶Ｆ₄（ｘ）＋ｘ⁸Ｆ₅（ｘ）＋・・・

とおくと、フィボナッチ数列の母関数になることが知られている。

実際に、　Ｇ（ｘ）＝１＋ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋ｘ⁴＋ｘ⁵＋・・・
　　　　　　　　　　　　　　＋ｘ²＋２ｘ³＋３ｘ⁴＋４ｘ⁵＋・・・・
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋ｘ⁴＋３ｘ⁵＋・・・・
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　・・・・・・
　　　　　　　　　＝１＋ｘ＋２ｘ²＋３ｘ³＋５ｘ⁴＋８ｘ⁵＋・・・

から、フィボナッチ数列 １，１，２，３，５，８，・・・　が得られる。

　ここで、Ｇ（ｘ）は初項が （１−ｘ）^-1 で公比 ｘ²（１−ｘ）^-1　の無限等比級数であるので、

　　Ｇ（ｘ）＝（１−ｘ）^-1/｛１−ｘ²（１−ｘ）^-1｝＝１/（１−ｘ−ｘ²）

となる。ただし、収束条件は、　−１＜ｘ²（１−ｘ）^-1＜１　すなわち、｜２ｘ＋１｜＜
（形式的なべき級数なので、収束条件を考えても意味がないかな？）


　フィボナッチ数列 ｛ａ_ｎ｝は、漸化式

　　ａ₀＝１、ａ₁＝１、ａ_ｎ+2＝ａ_ｎ+1＋ａ_ｎ　（ｎ＝０、１、２、・・・）

により定義される。漸化式の解法にも母関数の考えは用いられる。

　フィボナッチ数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数

　　　　Ｆ（ｘ）＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋ａ₃ｘ³＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ＋・・・

を考える。このとき、

　　−ｘＦ（ｘ）＝　−ａ₀ｘ−ａ₁ｘ²−ａ₂ｘ³−ａ₃ｘ⁴−・・・・−ａ_ｎｘ^ｎ+1−・・・

　　−ｘ²Ｆ（ｘ）＝　　　　−ａ₀ｘ²−ａ₁ｘ³−ａ₂ｘ⁴−ａ₃ｘ⁵−・・・・−ａ_ｎｘ^ｎ+2−・・・

より、　（１−ｘ−ｘ²）Ｆ（ｘ）＝１　なので、　Ｆ（ｘ）＝１/（１−ｘ−ｘ²）

　　これは上記で得られた母関数 Ｇ（ｘ） と一致している。


　ここで、１−ｘ−ｘ²＝０　即ち　ｘ²＋ｘ−１＝０　の２つの解を α、β（α＞β） とすると、

　　　　α＝（−１＋）/２　、β＝（−１−）/２　　より、　α−β＝

　さらに、　１/α＝（１＋）/２　、　１/β＝（１−）/２

　このとき、　Ｆ（ｘ）＝｛１/（α−ｘ）−１/（β−ｘ）｝/（α−β）

　　　　　　　＝｛１/｛α（１−ｘ/α）｝−１/｛β（１−ｘ/β）｝/（α−β）

　　　　　　　＝｛（１/α）Σ（ｘ/α）^ｎ−（１/β）Σ（ｘ/β）^ｎ）｝/（α−β）

　ｘ^ｎ の係数に着目して、

　　　ａ_ｎ＝｛（１/α）（１/α）^ｎ−（１/β）（１/β）^ｎ｝/（α−β）

　　　　 ＝｛（１/α）^ｎ+1−（１/β）^ｎ+1｝/（α−β）

　　　　 ＝[｛（１＋）/２｝^ｎ+1−｛（１−）/２｝^ｎ+1]/　　（ｎ＝０、１、２、・・・）

　これは、フィボナッチ数列の一般項で、「ビネの公式」と言われる。


　当ＨＰ読者のＫ．Ｓ．さんから上記の話題について、メールを頂いた。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年１１月１１日付け）

　α＝（１＋）/２　、β＝（１−）/２　とおくと、　α＋β＝１、αβ＝−１　である。

　このとき、　ｘ/（１−ｘ−ｘ²）＝（１/）｛１/（１−αｘ）−１/（１−βｘ）｝

　　　　　　＝（１/）｛１＋αｘ＋α²ｘ²＋・・・＋α^ｎｘ^ｎ＋・・・

　　　　　　　　　　　　−１−βｘ−β²ｘ²−・・・−β^ｎｘ^ｎ−・・・｝

　　　　　　＝（１/）｛（１−１）＋（α−β）ｘ＋（α²−β²）ｘ²＋・・・｝

　ここで、ａ_ｎ＝[｛（１＋）/２｝^ｎ+1−｛（１−）/２｝^ｎ+1]/　　（ｎ＝０、１、２、・・・）

なので、　ｘ/（１−ｘ−ｘ²）＝（１/）｛ａ₀ｘ＋ａ₁ｘ²＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ+1＋・・・｝

という形のフィボナッチ数列の母関数が得られる。


（コメント）　上記の母関数の両辺を ｘ で割ると、当初得られた母関数が得られる。どちらの
　　　　　　導入がより易しいのだろう？


　母関数を利用した漸化式の解法を見ると、次の問題にも使いたくなるような．．．気分！

問　題　　次の４項間漸化式を解け。

　　　　ａ₀＝１、ａ₁＝０、、ａ₂＝−５、　ａ_ｎ+3−４ａ_ｎ+2＋５ａ_ｎ+1−２ａ_ｎ＝０　（ｎ≧０）

（特性方程式を利用する解）　　ｘ³−４ｘ²＋５ｘ−２＝０　は因数分解されて、

　　（ｘ−１）²（ｘ−２）＝０　より、　解は　ｘ＝１、２

このとき、　ｘ³−（α＋β＋γ）ｘ²＋（αβ＋βγ＋γα）ｘ−αβγ＝０　は、

　　ｘ³−（β＋γ）ｘ²＋βγｘ＝α｛ｘ²−（β＋γ）ｘ＋βγ｝

と変形されるので、　

　α＝１、β＝１、γ＝２　のとき、

　　ａ_ｎ+3−３ａ_ｎ+2＋２ａ_ｎ+1＝ａ_ｎ+2−３ａ_ｎ+1＋２ａ_ｎ＝ａ₂−３ａ₁＋２ａ₀＝−３

　α＝２、β＝１、γ＝１　のとき、

　　ａ_ｎ+3−２ａ_ｎ+2＋ａ_ｎ+1＝２（ａ_ｎ+2−２ａ_ｎ+1＋ａ_ｎ）

　ここで、　ａ₂−２ａ₁＋ａ₀＝−４　なので、　ａ_ｎ+2−２ａ_ｎ+1＋ａ_ｎ＝−４・２^ｎ＝−２^ｎ+2

　よって、連立方程式　ａ_ｎ+2−３ａ_ｎ+1＋２ａ_ｎ＝−３　、ａ_ｎ+2−２ａ_ｎ+1＋ａ_ｎ＝−２^ｎ+2　から、

　ａ_ｎ+1−ａ_ｎ＝３−２^ｎ+2

　したがって、ｎ≧１のとき、

　ａ_ｎ＝ａ₀＋Σ_{[ｋ＝0〜ｎ-1]}（３−２^ｋ+2）＝１＋３ｎ−４（２^ｎ−１）＝５＋３ｎ−２^ｎ+2

　この式は、ｎ＝０ のときも成り立つ。

　　以上から、　ａ_ｎ＝５＋３ｎ−２^ｎ+2　（ｎ≧０）　　（終）


（母関数を利用する解）　　数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数

　Ｆ（ｘ）＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋ａ₃ｘ³＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ＋・・・

を考える。このとき、

　−４ｘＦ（ｘ）＝　−４ａ₀ｘ−４ａ₁ｘ²−４ａ₂ｘ³−４ａ₃ｘ⁴−・・・−４ａ_ｎｘ^ｎ+1−・・・

　５ｘ²Ｆ（ｘ）＝　　　　　　　　５ａ₀ｘ²＋５ａ₁ｘ³＋５ａ₂ｘ⁴＋・・・＋５ａ_ｎｘ^ｎ+2＋・・・

　−２ｘ³Ｆ（ｘ）＝　　　　　　　　　　　−２ａ₀ｘ³−２ａ₁ｘ⁴−・・・−２ａ_ｎｘ^ｎ+3−・・・

より、　（１−４ｘ＋５ｘ²−２ｘ³）Ｆ（ｘ）＝１−４ｘ　　なので、

　Ｆ（ｘ）＝（１−４ｘ）/（１−４ｘ＋５ｘ²−２ｘ³）＝（１−４ｘ）/｛（１−ｘ）²（１−２ｘ）｝

部分分数に分解して、

　Ｆ（ｘ）＝２/（１−ｘ）＋３/（１−ｘ）²−４/（１−２ｘ）

　＝２Σｘ^ｎ＋３（Σｘ^ｎ）²−４Σ（２ｘ）^ｎ

　＝２Σｘ^ｎ＋３Σ（ｎ＋１）ｘ^ｎ−４Σ２^ｎｘ^ｎ

　ｘ^ｎ の係数に着目して、　ａ_ｎ＝２＋３（ｎ＋１）−４・２^ｎ＝５＋３ｎ−２^ｎ+2　　（終）


（コメント）　（特性方程式を利用する解）では非常に技巧的な趣きがあるが、（母関数を利用
　　　　　　する解）の方では、自然な流れというものを感じます。


　上記の解における手法を用いると、次の漸化式も容易に解けるだろう。

問　題　　次の ｎ＋１ 項間漸化式を解け。

　　　　ａ₀＝１　、ａ_ｎ＝ａ₀・ａ_ｎ-1＋ａ₁・ａ_ｎ-2＋ａ₂・ａ_ｎ-3＋・・・＋ａ_ｎ-1・ａ₀　　（ｎ≧１）

（解）　数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数

　Ｆ（ｘ）＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋ａ₃ｘ³＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ＋・・・

を考える。このとき、

　 　ｘＦ（ｘ）²＝　　　ａ₀²ｘ＋（ａ₀・ａ₁＋ａ₁・ａ₀）ｘ²＋（ａ₀・ａ₂＋ａ₁・ａ₁＋ａ₂・ａ₀）ｘ³＋・・・

より、　Ｆ（ｘ）−ｘＦ（ｘ）²＝１　すなわち、　ｘＦ（ｘ）²−Ｆ（ｘ）＋１＝０　となる。

　Ｆ（０）＝１　なので、

　　

　（解の公式で、複号のうち、「＋」とすると、ｘ→０　のとき、Ｆ（ｘ）は発散してしまう！）

　２項級数より、

　

なので、Ｆ（ｘ）の ｘ^ｎ の係数は、　−_1/2Ｃ_ｎ+1（−４）^ｎ+1/２　である。

　ここで、

　_1/2Ｃ_ｎ+1＝（１/２）（−１/２）（−３/２）・・・（−（２ｎ−１）/２）/（ｎ＋１）！

　　＝（−１）^ｎ・１・３・５・・・・・（２ｎ−１）/｛２^ｎ+1・（ｎ＋１）！｝

　　＝（−１）^ｎ・１・２・３・・・・・・（２ｎ−１）・２ｎ/｛２^2ｎ+1・ｎ！（ｎ＋１）！｝

　　＝（−１）^ｎ・（２ｎ）！/｛２^2ｎ+1・ｎ！（ｎ＋１）！｝

　　＝（−１）^ｎ・_2ｎＣ_ｎ/｛２^2ｎ+1・（ｎ＋１）｝

なので、

　−_1/2Ｃ_ｎ+1（−４）^ｎ+1/２

＝−[（−１）^ｎ・_2ｎＣ_ｎ/｛２^2ｎ+1・（ｎ＋１）｝]・（−１）^ｎ+1・２^2ｎ+1＝_2ｎＣ_ｎ/（ｎ＋１）

　したがって、　ａ_ｎ＝_2ｎＣ_ｎ/（ｎ＋１）　となる。（→　参考：「カタラン数」）


（コメント）　この漸化式を、母関数を用いないで解くなんて想像できない！


（追記）　「母関数の有効利用」と題して、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＧＡＩ」さん
　　　　からの投稿です。（平成２８年１０月２０日付け）

　ここ何日かの計算を行っていて、次のようなテーマを一気に解決できる母関数を作れるこ
とに気づきました。

　例えば、10個の奇素数の集合W=｛3,5,7,11,13,17,19,23,29,31｝があるとき、

(1)　Wから相異なるk個の積(k=1,2,3,･･･,10)の和s1[k]を知りたいなら

　F1(x)=(1+3*x)(1+5*x)(1+7*x)･････(1+31*x) を展開して、

 F1(x) = 1 + 158*x + 10805*x^2 + 419800*x^3 + 10224018*x^4 + 162393924*x^5
　　　　 + 1695059330*x^6 + 11412878200*x^7 + 47114595181*x^8 + 106868339918*x^9
　　　　 + 100280245065*x^10

より、s1[k]=x^k の項の係数

(2)　Wから同じものを含めたk個の積（3^k,7^(k-3)*17^2*23,などを含む。）の和s2[k]は

　F2(x)=1/((1-3*x)(1-5*x)(1-7*x)･････(1-31*x)) を級数展開して、

　F2(x) = 1+ 158*x + 14159*x^2 + 949732*x^3 + 53174043*x^4 + 2630591814*x^5
　　　　　+ 118986775397*x^6 + 5031681224656*x^7 + 202010077418806*x^8
　　　　　+ 7785253969285508*x^9 + 290375919746318634*x^10
　　　　　+ 10546897376137664232*x^11 + O(x^12)

より、s2[k]=x^k の項の係数


(3)　Wの各要素のk乗の和S[k](=3^k+5^k+7^k+･････+31^k)(k=1,2,3,･･･,10)を知りたいなら、

  F3[x]=(x-3)(x-5)(x-7)･････(x-31) を準備して、
　(x^10*x*F3[x])を微分したものをF3[x]で割り、その商を求める。（kは最大で10までなので）

＜これをPARIのソフトで実行したもの＞

　gp>F3(x)=prod(k=2,11,x-prime(k))
　gp>divrem(deriv(x^10*x*F3(x)),F3(x))[1]を実行して

　= 21*x^10 + 158*x^9 + 3354*x^8 + 82142*x^7 + 2170794*x^6 + 60025118*x^5
　 + 1708278714*x^4 + 49554665822*x^3 + 1456444007754*x^2 + 43202201145758*x
　 + 1290073179869274

より、S[k]=x^(10-k)の項の係数（S[10]は定数項に対応する。）

（確かめ）　gp>for(k=1,10,print("S[",k,"]=",sum(i=2,11,prime(i)^k)))
S[1]=158
S[2]=3354
S[3]=82142
S[4]=2170794
S[5]=60025118
S[6]=1708278714
S[7]=49554665822
S[8]=1456444007754
S[9]=43202201145758
S[10]=1290073179869274


（追記）　令和３年４月２６日付け

　数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数

　　　ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋ａ₃ｘ³＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ＋・・・

は、その数列の通常型母関数と言われるが、具体的な例をまとめておこう。

例１．　ａ_ｎ＝１　（ｎ＝０、１、２、３、・・・）　のとき、

　　　１＋ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋・・・＋ｘ^ｎ＋・・・＝１/（１−ｘ）

例２．　ａ_ｎ＝（−１）^ｎ　（ｎ＝０、１、２、３、・・・）　のとき、

　　　１−ｘ＋ｘ²−ｘ³＋・・・＋（−１）^ｎｘ^ｎ＋・・・＝１/（１＋ｘ）

例３．　ａ_ｎ＝ｎ　（ｎ＝０、１、２、３、・・・）　のとき、

　　　ｘ＋２ｘ²＋３ｘ³＋・・・＋ｎｘ^ｎ＋・・・＝ｘ/（１−ｘ）²

　この母関数は、　１＋ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋・・・＋ｘ^ｎ＋・・・＝１/（１−ｘ）　の両辺を微分して、ｘ を
掛けて得られる。

　実際に、まず、　１＋ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋・・・＋ｘ^ｎ＋・・・＝１/（１−ｘ）　を微分して、

　　　　　１＋２ｘ＋３ｘ²＋４ｘ³＋・・・＋ｎｘ^ｎ-1＋・・・＝１/（１−ｘ）²

　　　よって、　ｘ＋２ｘ²＋３ｘ³＋・・・＋ｎｘ^ｎ＋・・・＝ｘ/（１−ｘ）²

例４．　ａ_ｎ＝２^ｎ　（ｎ＝０、１、２、３、・・・）　のとき、

　　　１＋２ｘ＋２²ｘ²＋２³ｘ³＋・・・＋２^ｎｘ^ｎ＋・・・＝１/（１−２ｘ）

例５．　ａ_ｎ＝ｎ²　（ｎ＝１、２、３、・・・）　のとき、

　　　Ｆ（ｘ）＝１＋２²ｘ＋３²ｘ²＋４²ｘ³＋・・・＋（ｎ−１）²ｘ^ｎ＋・・・　とおくと、

　　ｘＦ（ｘ）＝ｘ＋２²ｘ²＋３²ｘ³＋４²ｘ⁴＋・・・＋（ｎ−１）²ｘ^ｎ+1＋・・・ より、

　（１−ｘ）Ｆ（ｘ）＝１＋３ｘ＋５ｘ²＋７ｘ³＋９ｘ⁴＋・・・＋（２ｎ−３）ｘ^ｎ＋・・・

　ｘ（１−ｘ）Ｆ（ｘ）＝ｘ＋３ｘ²＋５ｘ³＋７ｘ⁴＋９ｘ⁵＋・・・＋（２ｎ−５）ｘ^ｎ＋・・・

なので、

　（１−ｘ）²Ｆ（ｘ）＝１＋２ｘ＋２ｘ²＋２ｘ³＋２ｘ⁴＋２ｘ⁵＋・・・＋２ｘ^ｎ＋・・・

　　　　　　　　　 ＝２/（１−ｘ）−１＝（１＋ｘ）/（１−ｘ）

　したがって、　Ｆ（ｘ）＝（１＋ｘ）/（１−ｘ）³　が母関数となる。


　読者のために、練習問題を残しておこう。

練習問題　　ａ_ｎ＝（２ｎ−１）²　（ｎ＝１、２、３、・・・）　のとき、母関数を求めよ。

（解）　Ｆ（ｘ）＝１＋ｘ＋３²ｘ²＋５²ｘ³＋・・・＋（２ｎ−１）²ｘ^ｎ＋・・・　とおくと、

　　ｘＦ（ｘ）＝ｘ＋ｘ²＋３²ｘ³＋５²ｘ⁴＋・・・＋（２ｎ−３）²ｘ^ｎ＋・・・　より、

　（１−ｘ）Ｆ（ｘ）＝１＋８ｘ²＋１６ｘ³＋２４ｘ⁴＋・・・＋（８ｎ−８）ｘ^ｎ＋・・・

　＝１＋８ｘ²（１＋２ｘ＋３ｘ²＋・・・＋（ｎ−１）ｘ^ｎ-2＋・・・）

　＝１＋８ｘ²（１＋２ｘ＋３ｘ²＋・・・＋ｎｘ^ｎ-1＋・・・）

　＝１＋８ｘ²/（１−ｘ）²　（←　例３）

　＝１＋８ｘ²/（１−ｘ）²＝（１−２ｘ＋９ｘ²）/（１−ｘ）²

　したがって、　Ｆ（ｘ）＝（１−２ｘ＋９ｘ²）/（１−ｘ）³　が母関数となる。　　（終）


（追記）　令和５年６月３０日付け

　上記の問題で、漸化式を通して求める解法もある。

（別解）　ａ_ｎ+1−ａ_ｎ＝（２ｎ＋１）²−（２ｎ−１）²＝８ｎ　なので、

　（ａ_ｎ+2−ａ_ｎ+1）−（ａ_ｎ+1−ａ_ｎ）＝８（ｎ＋１）−８ｎ＝８　から、　ａ_ｎ+2−２ａ_ｎ+1＋ａ_ｎ＝８

　よって、数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数

　Ｆ（ｘ）＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋ａ₃ｘ³＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ＋・・・　について、

　Ｆ（ｘ）−２ｘＦ（ｘ）＋ｘ²Ｆ（ｘ）＝１−ｘ＋８ｘ²（１＋ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋・・・＋ｘ^ｎ＋・・・）　より、

　（１−２ｘ＋ｘ²）Ｆ（ｘ）＝１−ｘ＋８ｘ²/（１−ｘ）＝（１−２ｘ＋９ｘ²）/（１−ｘ）

　よって、　Ｆ（ｘ）＝（１−２ｘ＋９ｘ²）/（１−ｘ）³　　（終）


問題　　漸化式 ａ₀＝１　、ａ_n+1＝２ａ_n＋１　を母関数を用いて解け。

（解）　数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数

　Ｆ（ｘ）＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋ａ₃ｘ³＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ＋・・・　について、

　Ｆ（ｘ）−２ｘＦ（ｘ）＝１＋ｘ＋ｘ²＋ｘ³＋・・・＋ｘ^ｎ＋・・・＝１/（１−ｘ）

よって、Ｆ（ｘ）＝１/｛（１−２ｘ）（１−ｘ）｝＝２/（１−２ｘ）−１/（１−ｘ）　すなわち、

　Ｆ（ｘ）＝Σ_n=0^∞ ２ⁿ⁺¹ｘ^ｎ−Σ_n=0^∞ ｘ^ｎ＝Σ_n=0^∞ （２ⁿ⁺¹−１）ｘ^ｎ

　よって、数列｛ａ_ｎ｝の一般項 ａ_ｎ は、　ａ_ｎ＝２ⁿ⁺¹−１　　（終）


　読者のために、練習問題を残しておこう。

練習問題　　漸化式 ａ₀＝１　、ａ₁＝３　、ａ_n+2＝ａ_n+1＋２ａ_ｎ　を母関数を用いて解け。

（解）　数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数

　Ｆ（ｘ）＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋ａ₃ｘ³＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ＋・・・　について、

　Ｆ（ｘ）＝１＋３ｘ＋Σ_n=0^∞ａ_ｎ+2ｘ^ｎ+2＝１＋３ｘ＋Σ_n=0^∞（ａ_n+1＋２ａ_ｎ）ｘ^ｎ+2

すなわち、　Ｆ（ｘ）＝１＋３ｘ＋ｘ（Σ_n=0^∞ａ_nｘ^ｎ−１）＋２ｘ²Σ_n=0^∞ａ_ｎｘ^ｎ　より、

　Ｆ（ｘ）＝１＋３ｘ＋ｘ（Ｆ（ｘ）−１）＋２ｘ²Ｆ（ｘ）

よって、　Ｆ（ｘ）＝（１＋２ｘ）/（１−ｘ−２ｘ²）＝（４/３）/（１−２ｘ）−（１/３）/（１＋ｘ）　より、

　Ｆ（ｘ）＝（４/３）（Σ_n=0^∞２^ｎｘ^ｎ）−（１/３）（Σ_n=0^∞（−１）^ｎｘ^ｎ）

　＝Σ_n=0^∞｛（２^ｎ+2−（−１）^ｎ）/３｝ｘ^ｎ

　よって、数列｛ａ_ｎ｝の一般項 ａ_ｎ は、　ａ_ｎ＝（２^ｎ+2−（−１）^ｎ）/３　　（終）


（コメント）　教科書的には次のように解かれる。

　漸化式より、　ａ_n+2＋ａ_n+1＝２（ａ_n+1＋ａ_ｎ）　を解いて、　ａ_n+1＋ａ_ｎ＝４・２ⁿ＝２^ｎ+2

また、　ａ_n+2−２ａ_n+1＝−（ａ_n+1−２ａ_ｎ）　を解いて、　ａ_n+1−２ａ_ｎ＝（−１）^ｎ

辺々引いて、　３ａ_ｎ＝２^ｎ+2−（−１）^ｎ　より、　ａ_ｎ＝（２^ｎ+2−（−１）^ｎ）/３


＃こちらの方が慣れているせいか、しっくりきますね．．．。


　さらに、練習問題を残しておこう。

練習問題　　ａ_ｎ＝３ｎ＋１　（ｎ＝１、２、３、・・・）　のとき、母関数を求めよ。

（解）　ａ_ｎ−ａ_ｎ-1＝３　なので、数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数

　Ｆ（ｘ）＝Σ_n=0^∞ａ_ｎｘ^ｎ　について、

　Ｆ（ｘ）−ｘＦ（ｘ）＝Σ_n=0^∞ａ_ｎｘ^ｎ１−Σ_n=0^∞ａ_ｎｘ^ｎ+1＝１＋３ｘΣ_n=0^∞ｘ^ｎ＝１＋３ｘ/（１−ｘ）

よって、　Ｆ（ｘ）＝（１＋２ｘ）/（１−ｘ）²　が求める母関数である。　　（終）


（コメント）　Ｆ（ｘ）＝（１＋２ｘ）/（１−ｘ）²＝１/（１−ｘ）＋３ｘ/（１−ｘ）²　において、

　ｘ＋２ｘ²＋３ｘ³＋・・・＋ｎｘ^ｎ＋・・・＝ｘ/（１−ｘ）²　を用いて、

　Ｆ（ｘ）＝Σ_n=0^∞ｘ^ｎ＋３Σ_n=0^∞ｎｘ^ｎ＝Σ_n=0^∞（３ｎ＋１）ｘ^ｎ

となるので、確かに、Ｆ（ｘ）は、数列｛３ｎ＋１｝の母関数となっている。


練習問題　漸化式 ａ₀＝１、ａ₁＝−３、ａ_n+2＋２ａ_n+1＋ａ_ｎ＝０　を解け。

（解）　ａ_n+2＋ａ_n+1＝−（ａ_n+1＋ａ_ｎ）　と変形し、ｂ_ｎ＝ａ_n+1＋ａ_ｎ　とおくと、

漸化式　ｂ₀＝−２、ｂ_ｎ+1＝−ｂ_ｎ　を得る。

　このとき、　ｂ_ｎ＝（−２）・（−１）ⁿ＝２・ （−１）ⁿ⁺¹　となるので、

　漸化式　ａ₀＝１、ａ₁＝−３、ａ_n+1＋ａ_ｎ＝２・（−１）ⁿ⁺¹ を得る。

両辺を、（−１）ⁿ⁺¹ で割って、　ａ_n+1/（−１）ⁿ⁺¹−ａ_ｎ/（−１）ⁿ＝２

よって、数列 ｛ａ_ｎ/（−１）ⁿ｝は、初項が１で公差が２の等差数列となるので、

　ａ_ｎ/（−１）ⁿ＝１＋２（ｎ−１）＝２ｎ＋１　より、　ａ_ｎ＝（２ｎ＋１）（−１）ⁿ　　（終）


　この問題を、母関数を用いて解いてみよう。

（別解）　　数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数

　Ｆ（ｘ）＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋ａ₃ｘ³＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ＋・・・　について、

　Ｆ（ｘ）＋２ｘＦ（ｘ）＋ｘ²Ｆ（ｘ）＝１−ｘ　即ち、　（１＋ｘ）²Ｆ（ｘ）＝１−ｘ　となるので、

　Ｆ（ｘ）＝（１−ｘ）/（１＋ｘ）²＝２/（１＋ｘ）²−１/（１＋ｘ）　と書ける。

　ここで、　１/（１＋ｘ）＝Σ_n=0^∞ （−ｘ）^ｎ＝Σ_n=0^∞ （−１）^ｎｘ^ｎ　で、

両辺を微分すれば、　−１/（１＋ｘ）²＝Σ_n=1^∞ （−１）^ｎｎｘ^ｎ-1　なので、

　Ｆ（ｘ）＝Σ_n=1^∞ ２ｎ（−１）^ｎ-1ｘ^ｎ-1−Σ_n=0^∞ （−１）^ｎｘ^ｎ

　　　＝Σ_n=0^∞ ２（ｎ＋１）（−１）^ｎｘ^ｎ−Σ_n=0^∞ （−１）^ｎｘ^ｎ＝Σ_n=0^∞ （２ｎ＋１）（−１）^ｎｘ^ｎ

　よって、数列｛ａ_ｎ｝の一般項 ａ_ｎ は、　ａ_ｎ＝（２ｎ＋１）（−１）^ｎ　　（終）


練習問題　漸化式 ａ₀＝１、ａ₁＝０、ａ₂＝−５、ａ_n+3−４ａ_n+2＋５ａ_n+1−２ａ_ｎ＝０　を解け。

　４項間漸化式の解法は、高校ではあまり扱われないと思うが、その解法は、既存の知識を
用いて十分対応できる。

（解）　ａ_n+3＋ｐａ_n+2＋ｑａ_n+1＝ｒ（ａ_n+2＋ｐａ_n+1＋ｑａ_n）　とし、展開して係数比較すると、

　−ｐ＋ｒ＝４　、−ｑ＋ｐｒ＝−５　、ｑｒ＝２

　ｑ＝ｐｒ＋５　を、ｑｒ＝２　に代入して、ｐｒ²＋５ｒ＝２

　ｐ＝ｒ−４　を代入して整理すると、　ｒ³−４ｒ²＋５ｒ−２＝０

このとき、　（ｒ−１）²（ｒ−２）＝０　より、　ｒ＝１　、２

　ｒ＝１　のとき、　ｐ＝−３　、ｑ＝２　なので、　ａ_n+3−３ａ_n+2＋２ａ_n+1＝ａ_n+2−３ａ_n+1＋２ａ_n

　　よって、　ａ_n+2−３ａ_n+1＋２ａ_n＝ａ₂−３ａ₁＋２ａ₀＝−３　・・・　(*)

　ｒ＝２　のとき、　ｐ＝−２　、ｑ＝１　なので、　ａ_n+3−２ａ_n+2＋ａ_n+1＝２（ａ_n+2−２ａ_n+1＋ａ_n）

　　よって、　ａ_n+2−２ａ_n+1＋ａ_n＝２ⁿ（ａ₂−２ａ₁＋ａ₀）＝−４・２ⁿ＝−２ⁿ⁺²　・・・　(**)

(**)−(*)　より、　ａ_n+1−ａ_n＝−２ⁿ⁺²＋３　となるので、ｎ≧１　のとき、

　ａ_n＝ａ₀＋Σ_k=0^n-1 （−２^ｋ+2＋３）＝１−４（２^ｎ−１）＋３ｎ＝−２ⁿ⁺²＋３ｎ＋５

　この式は、ｎ＝０　のときも成り立つ。

　したがって、数列｛ａ_ｎ｝の一般項 ａ_ｎ は、　ａ_ｎ＝−２ⁿ⁺²＋３ｎ＋５　　（終）


　この問題を、母関数を用いて解いてみよう。

（別解）　　数列｛ａ_ｎ｝に対して、形式的なべき級数

　Ｆ（ｘ）＝ａ₀＋ａ₁ｘ＋ａ₂ｘ²＋ａ₃ｘ³＋・・・＋ａ_ｎｘ^ｎ＋・・・　について、

　Ｆ（ｘ）−４ｘＦ（ｘ）＋５ｘ²Ｆ（ｘ）−２ｘ³Ｆ（ｘ）＝１−４ｘ　即ち、

　（１−４ｘ＋５ｘ²−２ｘ³）Ｆ（ｘ）＝１−４ｘ　より、（１−ｘ）²（１−２ｘ）Ｆ（ｘ）＝１−４ｘ　となるので、

　Ｆ（ｘ）＝（１−４ｘ）/（１−ｘ）²（１−２ｘ）　と書ける。右辺を部分分数分解して、

　Ｆ（ｘ）＝５/（１−ｘ）＋３ｘ/（１−ｘ）²−４/（１−２ｘ）

　　＝５Σ_n=0^∞ｘ^ｎ＋３Σ_n=0^∞ｎｘ^ｎ−４Σ_n=0^∞２^ｎｘ^ｎ＝Σ_n=0^∞（−２ⁿ⁺²＋３ｎ＋５）ｘ^ｎ

　よって、数列｛ａ_ｎ｝の一般項 ａ_ｎ は、　ａ_ｎ＝−２ⁿ⁺²＋３ｎ＋５　　（終）


（追記）　令和５年７月８日付け

　自然対数の底の定義から、Σ_ｎ=0^∞ （１/ｎ！）＝ｅ　であるが、Σ_ｎ=0^∞ （（ｎ＋１）/ｎ！）の
値はいくつになるだろうか？

　結論から言えば、　Σ_ｎ=0^∞ （（ｎ＋１）/ｎ！）＝２ｅ　である。

実際に、部分和　Ｓ_ｎ＝Σ_ｋ=0^ｎ （（ｋ＋１）/ｋ！）　について、

　Ｓ_ｎ＝１＋Σ_ｋ=1^ｎ （（ｋ＋１）/ｋ！）＝１＋Σ_ｋ=1^ｎ （（１/（ｋ−１）！）＋１＋Σ_ｋ=1^ｎ （１/ｋ！）

すなわち、　Ｓ_ｎ＝Σ_ｋ=0^ｎ-1 （（１/ｋ！）＋Σ_ｋ=0^ｎ （１/ｋ！）　と書けるので、

　ｎ → ∞　のとき、　Ｓ_ｎ → ２ｅ　なので、　Σ_ｎ=0^∞ （（ｎ＋１）/ｎ！）＝２ｅ　である。


　これに対して、母関数を用いると、次のように解かれる。

　数列 ｛ａ_ｎ｝ において、ａ_ｎ＝１/ｎ！の母関数は、Ｆ（ｘ）＝Σ_ｎ=0^∞ （１/ｎ！）ｘ^ｎ であるが、

これは指数関数 ｅ^ｘ のマクローリン展開そのものである。すなわち、

　　ｅ^ｘ ＝Σ_ｎ=0^∞ （１/ｎ！）ｘ^ｎ　・・・　収束半径は∞で、すべての実数に対して定義される。

　両辺に ｘ を掛けて、　ｘ・ｅ^ｘ ＝Σ_ｎ=0^∞ （１/ｎ！）ｘ^ｎ+1

　両辺を微分して、　（１＋ｘ）・ｅ^ｘ ＝Σ_ｎ=0^∞ （（ｎ＋１）/ｎ！）ｘ^ｎ

　ここで、ｘ＝１ とおくと、　Σ_ｎ=0^∞ （（ｎ＋１）/ｎ！）＝２ｅ　であることが分かる。


　読者のために、練習問題を残しておこう。

練習問題　　Σ_ｎ=0^∞ （（ｎ＋１）²/ｎ！）　の値を求めよ。

（解）　ｅ^ｘ ＝Σ_ｎ=0^∞ （１/ｎ！）ｘ^ｎ　から、　（１＋ｘ）・ｅ^ｘ ＝Σ_ｎ=0^∞ （（ｎ＋１）/ｎ！）ｘ^ｎ

　両辺に ｘ を掛けて、　（ｘ＋ｘ²）・ｅ^ｘ ＝Σ_ｎ=0^∞ （（ｎ＋１）/ｎ！）ｘ^ｎ+1

　両辺を微分して、　（１＋３ｘ＋ｘ²）・ｅ^ｘ ＝Σ_ｎ=0^∞ （（ｎ＋１）²/ｎ！）ｘ^ｎ

　ここで、ｘ＝１ とおくと、　Σ_ｎ=0^∞ （（ｎ＋１）²/ｎ！）＝５ｅ　であることが分かる。　　（終）

（別解）　部分和　Ｓ_ｎ＝Σ_ｋ=0^ｎ （（ｋ＋１）²/ｋ！）　について、

Ｓ_ｎ＝１＋Σ_ｋ=1^ｎ （（ｋ＋１）²/ｋ！）　

　＝１＋Σ_ｋ=1^ｎ （（ｋ²＋２ｋ＋１）/ｋ！）　

　＝１＋Σ_ｋ=1^ｎ （ｋ/（ｋ−１）！）＋２Σ_ｋ=1^ｎ （１/（ｋ−１）！）＋Σ_ｋ=1^ｎ （１/ｋ！）

　＝Σ_ｋ=1^ｎ （（ｋ−１＋１）/（ｋ−１）！）＋２Σ_ｋ=0^ｎ-1 （１/（ｋ−１）！）＋Σ_ｋ=0^ｎ （１/ｋ！）

　＝１＋Σ_ｋ=2^ｎ （１/（ｋ−２）！）＋Σ_ｋ=2^ｎ （１/（ｋ−１）！）

　　＋２Σ_ｋ=0^ｎ-1 （１/（ｋ−１）！）＋Σ_ｋ=0^ｎ （１/ｋ！）

　＝１＋Σ_ｋ=0^ｎ-2 （１/ｋ！）＋Σ_ｋ=1^ｎ-1 （１/ｋ！）＋２Σ_ｋ=0^ｎ-1 （１/（ｋ−１）！）＋Σ_ｋ=0^ｎ （１/ｋ！）

　＝Σ_ｋ=0^ｎ-2 （１/ｋ！）＋Σ_ｋ=0^ｎ-1 （１/ｋ！）＋２Σ_ｋ=0^ｎ-1 （１/（ｋ−１）！）＋Σ_ｋ=0^ｎ （１/ｋ！）

よって、ｎ → ∞　のとき、　Ｓ_ｎ → ５ｅ　なので、

　　Σ_ｎ=0^∞ （（ｎ＋１）²/ｎ！）＝５ｅ　である。　　（終）


（コメント）　母関数を用いた方が、あまり気を使わず、形式的に求められますね！



　　　　以下、工事中