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２ａ・３ｂ・５ｃ となる場
合の数が、（１＋ｘ＋ｘ2＋ｙ＋ｘｙ＋ｚ）ｎを展開したときの、ｘａ・ｙｂ・ｚｃ 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。
例 ２項定理 （１＋ｘ）3＝１＋３ｘ＋３ｘ2＋ｘ3 における ｘｋ の係数 3Ｃk からも分かるように
ｘｋ 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｛ａｎ｝に対して、形式的なべき級数
ａ0＋ａ1ｘ＋ａ2ｘ2＋ａ3ｘ3＋・・・＋ａｎｘｎ＋・・・
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、・・・、ｍｋ 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 ｘｒ の係数に等しい。
（１＋ｘ＋ｘ2＋・・・＋ｘｍ1）（１＋ｘ＋ｘ2＋・・・＋ｘｍ2）・・・（１＋ｘ＋ｘ2＋・・・＋ｘｍｋ）
ただし、ｎ＝ｍ1＋ｍ2＋・・・＋ｍｋ 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 ｍｋ 個 （ｎ＝ｍ1＋ｍ2＋・・・＋ｍｋ）
とする。このとき、ｋ個の多項式
１＋ａｘ＋ａ2ｘ2＋・・・＋ａｍ1ｘｍ1
１＋ｂｘ＋ｂ2ｘ2＋・・・＋ｂｍ2ｘｍ2
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
１＋ｃｘ＋ｃ2ｘ2＋・・・＋ｃｍｋｘｍｋ
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
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
ｘｒ 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＋・・・＋ｎＣｒｘｒ＋・・・＋ｎＣｎｘｎ
＝ｎＰ0＋ｎＰ1ｘ/１！＋ｎＰ2ｘ2/２！＋・・・＋ｎＰｒｘｒ/ｒ！＋・・・＋ｎＰｎｘｎ/ｎ！
が成り立つ。
一般に、数列｛ａｎ｝に対して、形式的なべき級数
ａ0＋ａ1ｘ/１！＋ａ2ｘ2/２！＋ａ3ｘ3/３！＋・・・＋ａｎｘｎ/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、・・・、ｍｋ 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 ｘｒ の係数に ｒ！を掛けたものに等しい。
ただし、ｎ＝ｍ1＋ｍ2＋・・・＋ｍｋ 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 ｍｋ 個 （ｎ＝ｍ1＋ｍ2＋・・・＋ｍｋ）
とする。このとき、ｋ個の多項式
１＋ａｘ＋ａ2ｘ2/２！＋・・・＋ａｍ1ｘｍ1/ｍ1！
１＋ｂｘ＋ｂ2ｘ2/２！＋・・・＋ｂｍ2ｘｍ2/ｍ2！
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
１＋ｃｘ＋ｃ2ｘ2/２！＋・・・＋ｃｍｋｘｍｋ/ｍｋ！
の積を考え展開したとき、
（ａｒ1ｘｒ1/ｒ1！）（ｂｒ2ｘｒ2/ｒ2！）・・・（ｃｒｋｘｒｋ/ｒｋ！）
＝｛１/（ｒ1！ｒ2！・・・ｒｋ！）｝ａｒ1ｂｒ2・・・ｃｒｋｘｒ （ｒ＝ｒ1＋ｒ2＋・・・＋ｒｋ）
は、ｒ個のうち、ａ を ｒ1 個、ｂ を ｒ2 個、・・・、ｃ を ｒｋ 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！・・・ｒｋ！） （ｒ＝ｒ1＋ｒ2＋・・・＋ｒｋ） 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！｝ｘｋ＋・・・
因みに、パスカルの三角形から
（１−ｘ）-1＝１＋1・ｘ＋１・ｘ2＋・・・＋１・ｘｋ＋・・・
（１−ｘ）-2＝１＋２・ｘ＋３・ｘ2＋・・・＋（ｋ＋１）・ｘｋ＋・・・
（１−ｘ）-3＝１＋３・ｘ＋６・ｘ2＋・・・＋｛（ｋ＋１）（ｋ＋２）/２｝・ｘｋ＋・・・
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
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、Ｆｎ（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 ｛ａｎ｝は、漸化式
ａ0＝１、ａ1＝１、ａｎ+2＝ａｎ+1＋ａｎ （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｛ａｎ｝に対して、形式的なべき級数
Ｆ（ｘ）＝ａ0＋ａ1ｘ＋ａ2ｘ2＋ａ3ｘ3＋・・・＋ａｎｘｎ＋・・・
を考える。このとき、
−ｘＦ（ｘ）＝ −ａ0ｘ−ａ1ｘ2−ａ2ｘ3−ａ3ｘ4−・・・・−ａｎｘｎ+1−・・・
−ｘ2Ｆ（ｘ）＝ −ａ0ｘ2−ａ1ｘ3−ａ2ｘ4−ａ3ｘ5−・・・・−ａｎｘｎ+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）
ｘｎ の係数に着目して、
ａｎ＝｛（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＋・・・＋αｎｘｎ＋・・・−１−βｘ−β2ｘ2−・・・−βｎｘｎ−・・・｝
＝（１/
）｛（１−１）＋（α−β）ｘ＋（α2−β2）ｘ2＋・・・｝ここで、ａｎ＝[｛（１＋
）/２｝ｎ+1−｛（１−）/２｝ｎ+1]/ （ｎ＝０、１、２、・・・）なので、
ｘ/（１−ｘ−ｘ2）＝（１/
）｛ａ0ｘ＋ａ1ｘ2＋・・・＋ａｎｘｎ+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、 ａｎ+3−４ａｎ+2＋５ａｎ+1−２ａｎ＝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、
ａｎ+3−３ａｎ+2＋２ａｎ+1＝ａｎ+2−３ａｎ+1＋２ａｎ＝ａ2−３ａ1＋２ａ0＝−３
α＝２、β＝１、γ＝１ のとき、
ａｎ+3−２ａｎ+2＋ａｎ+1＝２（ａｎ+2−２ａｎ+1＋ａｎ）
ここで、 ａ2−２ａ1＋ａ0＝−４ なので、 ａｎ+2−２ａｎ+1＋ａｎ＝−４・２ｎ＝−２ｎ+2
よって、連立方程式 ａｎ+2−３ａｎ+1＋２ａｎ＝−３ 、ａｎ+2−２ａｎ+1＋ａｎ＝−２ｎ+2 から、
ａｎ+1−ａｎ＝３−２ｎ+2
したがって、ｎ≧１のとき、
ａｎ＝ａ0＋Σ[ｋ＝0〜ｎ-1]（３−２ｋ+2）＝１＋３ｎ−４（２ｎ−１）＝５＋３ｎ−２ｎ+2
この式は、ｎ＝０ のときも成り立つ。
以上から、 ａｎ＝５＋３ｎ−２ｎ+2 （ｎ≧０） （終）
（母関数を利用する解） 数列｛ａｎ｝に対して、形式的なべき級数
Ｆ（ｘ）＝ａ0＋ａ1ｘ＋ａ2ｘ2＋ａ3ｘ3＋・・・＋ａｎｘｎ＋・・・
を考える。このとき、
−４ｘＦ（ｘ）＝ −４ａ0ｘ−４ａ1ｘ2−４ａ2ｘ3−４ａ3ｘ4−・・・−４ａｎｘｎ+1−・・・
５ｘ2Ｆ（ｘ）＝ ５ａ0ｘ2＋５ａ1ｘ3＋５ａ2ｘ4＋・・・＋５ａｎｘｎ+2＋・・・
−２ｘ3Ｆ（ｘ）＝ −２ａ0ｘ3−２ａ1ｘ4−・・・−２ａｎｘｎ+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）
＝２Σｘｎ＋３（Σｘｎ）2−４Σ（２ｘ）ｎ
＝２Σｘｎ＋３Σ（ｎ＋１）ｘｎ−４Σ２ｎｘｎ
ｘｎ の係数に着目して、
ａｎ＝２＋３（ｎ＋１）−４・２ｎ＝５＋３ｎ−２ｎ+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 、ａｎ＝ａ0・ａｎ-1＋ａ1・ａｎ-2＋ａ2・ａｎ-3＋・・・＋ａｎ-1・ａ0 （ｎ≧１）
（解） 数列｛ａｎ｝に対して、形式的なべき級数
Ｆ（ｘ）＝ａ0＋ａ1ｘ＋ａ2ｘ2＋ａ3ｘ3＋・・・＋ａｎｘｎ＋・・・
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 ｘｎ の係数は、 −1/2Ｃｎ+1（−４）ｎ+1/２ である。
ここで、
1/2Ｃｎ+1＝（１/２）（−１/２）（−３/２）・・・（−（２ｎ−１）/２）/（ｎ＋１）！
＝（−１）ｎ・１・３・５・・・・・（２ｎ−１）/｛２ｎ+1・（ｎ＋１）！｝
＝（−１）ｎ・１・２・３・・・・・・（２ｎ−１）・２ｎ/｛２2ｎ+1・ｎ！（ｎ＋１）！｝
＝（−１）ｎ・（２ｎ）！/｛２2ｎ+1・ｎ！（ｎ＋１）！｝
＝（−１）ｎ・2ｎＣｎ/｛２2ｎ+1・（ｎ＋１）｝
なので、
−1/2Ｃｎ+1（−４）ｎ+1/２＝−[（−１）ｎ・2ｎＣｎ/｛２2ｎ+1・（ｎ＋１）｝]・（−１）ｎ+1・２2ｎ+1
＝2ｎＣｎ/（ｎ＋１）
したがって、 ａｎ＝2ｎＣｎ/（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！
以下、工事中