漸化式 $a_{1}=\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{10}}{2},$ $\dfrac{a_{n+1}}

Question

　漸化式

$a_{1}=\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{10}}{2},$

$\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}+\dfrac{1}{a_{n}-2+\sqrt{2}}+\dfrac{1}{a_{n}-2-\sqrt{2}}=\dfrac{1}{a_{n}+2+\sqrt{2}}+\dfrac{1}{a_{n}+2-\sqrt{2}}$

を解け。

　この問題を解く方法が分かりません。方針や用いる定理、考え方だけでよいのでお教えいただけないでしょうか。

@Haus · Accepted Answer

この漸化式は分母にある$\pm2\pm\sqrt2$という値が特徴的です。 そこで、これらの数字をどこかで見たことがないだろうかとしばらく考えた結果、  $	an(\frac \pi 8)=\sqrt2-1$  を思い出しました。  $	an4	heta$（すなわちタンジェントの4倍角の式？）において$	hetaに\pi/8$を代入した場合、$	an4	heta$は発散しますので、その分母には$(	an	heta -\sqrt2 +1)$という因子があるのでは、と推測できます。その式を部分分数分解したら、問題の漸化式に近い形ができるかもしれません。  ※この下の式は長いですけれど、ただ長いだけです。  $	an2	heta　= \dfrac {2	an	heta}{1 - 	an^2 	heta}=	an	heta\left( \dfrac{1}{1 - 	an	heta}  + \dfrac{1}{1 + 	an	heta} ight)$  ですから、  $	an4	heta　= \dfrac {2	an2	heta}{1 - 	an^2 2	heta}=	an2	heta\left( \dfrac{1}{1 - 	an2	heta}  + \dfrac{1}{1 + 	an2	heta} ight)\= \dfrac {2	an	heta}{1 - 	an^2 	heta}\left( \dfrac{1}{1 - \dfrac {2	an	heta}{1 - 	an^2 	heta}}  + \dfrac{1}{1 + \dfrac {2	an	heta}{1 - 	an^2 	heta}} ight)\=2	an	heta\left( \dfrac{1}{1 - 	an^2 	heta -2	an	heta}  + \dfrac{1}{1 - 	an^2 	heta  +2	an	heta} ight)\=-2	an	heta\left( \dfrac{1}{(	an	heta +1+\sqrt2)(	an	heta +1 - \sqrt2)}  + \dfrac{1}{(	an	heta -1+\sqrt2)(	an	heta -1 - \sqrt2)} ight)\=\dfrac{	an	heta}{\sqrt2}\left( \dfrac{1}{	an	heta +1+\sqrt2} -\dfrac{1}{	an	heta +1-\sqrt2} +\dfrac{1}{	an	heta -1+\sqrt2} -\dfrac{1}{	an	heta -1-\sqrt2} ight)$  したがって、  $\dfrac{\sqrt2	an4	heta}{\sqrt2	an	heta}+\dfrac{1}{\sqrt2	an	heta -2+\sqrt2} +\dfrac{1}{\sqrt2	an	heta -2-\sqrt2}=\dfrac{1}{\sqrt2	an	heta +2+\sqrt2} + \dfrac{1}{	an	heta +2-\sqrt2}$  ここまで来たら、問題の数列の一般項が  $\sqrt2	an	heta=\dfrac{\sqrt2 + \sqrt{10}}{2}=a_1$  を満たす$	heta$を用いて  $a_n = \sqrt2	an(4^{n-1} 	heta)$  となることがわかるでしょう。  $	an$（または未知なる数$	heta$）を使った表現が気に入らないのでしたら、上式を満たす$	heta$に対応する余弦・正弦を求めたのちに、ド・モアブルの定理を使うことで、（既知の）複素数の自然数冪が分母分子に含まれる分数として一般項を閉じた形で表すことができます（が、ただただ本質的でない計算が多いだけだと思いますのでお勧めはしません）。  以上です。