2項間と3項間を「次数下げ」で統一する

数列の授業では、2段仮定型の帰納法（前の $2$ 項を仮定して次を示す）や、具体値から一般項を推測してから帰納法で証明するやり方を学んだ。では、$a_{n+2}=p\,a_{n+1}+q\,a_n$（前の $2$ 項で次が決まる、定数係数の3項間）を、推測に頼らず最初から一般項をズバリ求める方法はないのか？係数 $p,q$ が定数のときは、3項間を2項間（等比数列）に「落とす」という一手で解ける。この見方だと2項間と3項間が同じ考えでつながる。カギは特性方程式だ。

1. 出発点：2項間漸化式は「等比数列」

いちばん短い漸化式は、2項間 $a_{n+1}=r\,a_n$。これは公比 $r$ の等比数列そのもので、$a_n=a_1\,r^{\,n-1}$ と完全に解ける。もう一歩進んだ $a_{n+1}=p\,a_n+q$（右辺に定数 $q$ が付いた $2$ 項間）も、授業で解いたとおり、$\alpha=p\,\alpha+q$ をみたす $\alpha$（$p\neq1$ のとき存在する）だけずらして $a_{n+1}-\alpha=p\,(a_n-\alpha)$ とすれば、$a_n-\alpha$ が等比数列に化けて解けた。つまり「等比に帰着させる」という発想は、すでに手の内にある。そこで3項間$a_{n+2}=p\,a_{n+1}+q\,a_n$ も、同じ発想で2項間（等比）に落とせないかを考える。うまくいけば「知らない3項間」を「知っている2項間」に帰着でき、次数を1つ下げる一手になる。

2. 標準の解法：$a_{n+1}-\alpha\,a_n$ を等比数列にする

解きたいのは、定数 $p,q$（$q\neq0$ とする）による3項間漸化式

$$a_{n+2}=p\,a_{n+1}+q\,a_n$$

である（前の $2$ 項 $a_{n+1},a_n$ から次の $a_{n+2}$ が決まる）。方針は、この $3$ 項間を隣接 $2$ 項間（等比数列）へ帰着させることである。そこで、うまい定数 $\alpha,\beta$ を選んで数列 $\{a_{n+1}-\alpha\,a_n\}$ が公比 $\beta$ の等比数列になるようにしたい。そうなる条件を、$1$ つ先 $a_{n+2}-\alpha\,a_{n+1}$ を計算して調べよう。$a_{n+2}=p\,a_{n+1}+q\,a_n$ を代入すると

$$a_{n+2}-\alpha\,a_{n+1}=(p-\alpha)\,a_{n+1}+q\,a_n .$$

これが公比 $\beta$ の等比、すなわち $\beta\,(a_{n+1}-\alpha\,a_n)=\beta\,a_{n+1}-\alpha\beta\,a_n$ に一致するには、$a_{n+1}$ と$a_n$ の係数を見比べて

$$\begin{aligned}&p-\alpha=\beta,\quad q=-\alpha\beta\quad \Longleftrightarrow\ \alpha+\beta=p,\ \ \alpha\beta=-q\end{aligned}$$

であればよい。右側はまさに二次方程式の解と係数の関係であり、$\alpha,\beta$ は $x^2-p\,x-q=0$ を移項した特性方程式

の $2$ 解としてひとりでに決まる。つまり、特性方程式の $2$ 解 $\alpha,\beta$ に対して

$$a_{n+2}-\alpha\,a_{n+1}=\beta\,(a_{n+1}-\alpha\,a_n)$$

が成り立つ。これは「数列 $\{a_{n+1}-\alpha\,a_n\}$ の次の項が前の項のちょうど $\beta$ 倍」という式で、$\{a_{n+1}-\alpha\,a_n\}$ が公比 $\beta$ の等比数列であることそのものである。しかも $\alpha,\beta$ は対等（入れかえても条件 $\alpha+\beta=p,\ \alpha\beta=-q$ は変わらない）だから、役割を入れかえた

$$a_{n+2}-\beta\,a_{n+1}=\alpha\,(a_{n+1}-\beta\,a_n)$$

も同時に成り立ち、$\{a_{n+1}-\beta\,a_n\}$ は公比 $\alpha$ の等比数列になる。この $2$ 本から一般項を出す。

手順1（$2$ 本の等比数列の一般項）：$\{a_{n+1}-\alpha\,a_n\}$ は初項 $a_2-\alpha\,a_1$・公比 $\beta$ の等比数列だから

$$a_{n+1}-\alpha\,a_n=(a_2-\alpha\,a_1)\,\beta^{\,n-1}\quad\cdots\text{(1)} .$$

同じく $\{a_{n+1}-\beta\,a_n\}$ は初項 $a_2-\beta\,a_1$・公比 $\alpha$ で

$$a_{n+1}-\beta\,a_n=(a_2-\beta\,a_1)\,\alpha^{\,n-1}\quad\cdots\text{(2)} .$$

手順2（引き算して $a_{n+1}$ を消す）：(1)(2) はどちらも「$a_{n+1}$ と $a_n$」の関係で、$a_{n+1}$ がそのままの係数で入っている。(1) から (2) を引くと $a_{n+1}$ が消え、$-\alpha\,a_n-(-\beta\,a_n)=(\beta-\alpha)\,a_n$ より

$$(\beta-\alpha)\,a_n=(a_2-\alpha\,a_1)\,\beta^{\,n-1}-(a_2-\beta\,a_1)\,\alpha^{\,n-1} .$$

$\alpha\neq\beta$ なら両辺を $\beta-\alpha$ で割って $a_n$ が一つに定まる。$\alpha^{\,n},\beta^{\,n}$ の係数はどちらも$a_1,a_2$ で決まる定数だから、それらを $A,B$ とまとめれば

の形になる（係数 $A,B$ は $\alpha,\beta$ と $a_1,a_2$ で決まる定数）。なお、はじめから $a_n=A\alpha^{\,n}+B\beta^{\,n}$ と形を仮定して初期値で $A,B$ を合わせるやり方も思いつくが、それだけでは「その形の数列も漸化式をみたす」という十分条件を確かめたにすぎない。実は、重解がなければどんな解も必ずこの形で表せることが知られていて（のちほど §7 で理由を述べる）、それを認めれば形を仮定するやり方も正当化できるのだが、この事実をきちんと示すのはひと仕事である。上のように $2$ 本の等比 (1)(2) を引き算する手順なら、その事実を借りずに $a_n$ が一意に定まる（必要十分）。だから答案では毎回この手順を最後まで踏むのがよい。以下の例でもそうする。

以下では、特性方程式の解が有理数・無理数・虚数になる $3$ つの例で、この手順を最後まで実行してみる。解の種類に応じて数列がどんな姿になるかが、はっきり見えるはずだ。

3. 例1：解が相異なる有理数（$a_{n+2}=7a_{n+1}-12a_n$）

$a_1=1,\ a_2=7$、$a_{n+2}=7a_{n+1}-12a_n$ とする¹1塾の授業で扱った問題は塾の教材なので、数値を変えた類題に差し替えています。下の脚注へ閉じる。特性方程式は

$$\begin{aligned}x^2&=7x-12\\\Longleftrightarrow\ x^2-7x+12&=(x-3)(x-4)=0,\\\alpha&=3,\ \beta=4.\end{aligned}$$

本当に等比数列ができているか、漸化式を移項して確かめよう。$a_{n+2}=7a_{n+1}-12a_n$ より

$$\begin{aligned}a_{n+2}-3\,a_{n+1}&=4\,a_{n+1}-12\,a_n\\&=4\,(a_{n+1}-3\,a_n),\\a_{n+2}-4\,a_{n+1}&=3\,a_{n+1}-12\,a_n\\&=3\,(a_{n+1}-4\,a_n)\end{aligned}$$

となり、たしかに $\{a_{n+1}-3a_n\}$ は公比 $4$、$\{a_{n+1}-4a_n\}$ は公比 $3$ の等比数列である。初項は$a_2-\alpha a_1=7-3=4$、$a_2-\beta a_1=7-4=3$ だから

$$\begin{aligned}a_{n+1}-3a_n&=4\cdot4^{\,n-1}=4^{\,n}\ \cdots\text{(1)},\\a_{n+1}-4a_n&=3\cdot3^{\,n-1}=3^{\,n}\ \quad \cdots\text{(2)} .\end{aligned}$$

(1)$-$(2) で $a_{n+1}$ が消え、$(-3+4)a_n=a_n$ より

$$\boxed{\,a_n=4^{\,n}-3^{\,n}\,}.$$

実際 $1,\,7,\,37,\,175,\,781,\dots$ とぴたり合う。解が有理数なので一般項もきれい。推測せずに一発で出た。

4. 例2：解が無理数（フィボナッチ：整数列なのに一般項に $\sqrt5$）

だれもが知るフィボナッチ数列 $1,1,2,3,5,8,13,\dots$ は、$a_1=a_2=1$、$a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$ で定まる。特性方程式は

$$\begin{aligned}&x^2=x+1\quad \Longleftrightarrow\ x^2-x-1=0,\quad \alpha=\frac{1+\sqrt5}{2},\ \ \beta=\frac{1-\sqrt5}{2}\end{aligned}$$

で、解は無理数。$2$ 本の等比数列を作ろう。初項 $a_2-\alpha a_1=1-\alpha$ だが、ここで$1-\alpha=1-\dfrac{1+\sqrt5}{2}=\dfrac{1-\sqrt5}{2}=\beta$（同様に $1-\beta=\alpha$）なので

$$\begin{aligned}a_{n+1}-\alpha a_n&=(1-\alpha)\beta^{\,n-1}\\&=\beta\cdot\beta^{\,n-1}\\&=\beta^{\,n}\ \cdots\text{(1)},\\a_{n+1}-\beta a_n&=\alpha^{\,n}\ \quad \cdots\text{(2)} .\end{aligned}$$

(1)$-$(2) より $(\beta-\alpha)a_n=\beta^{\,n}-\alpha^{\,n}$、すなわち $a_n=\dfrac{\alpha^{\,n}-\beta^{\,n}}{\alpha-\beta}$。$\alpha-\beta=\sqrt5$ だから

$$\boxed{\,a_n=\frac{1}{\sqrt5}\left\{\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{\!n}-\left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{\!n}\right\}\,}$$

（ビネの公式）。$\sqrt5$ だらけの式なのに、$n=1,2,3,\dots$ を入れると $1,1,2,3,5,\dots$ と必ず整数に戻る。整数列なのに一般項は無理数を含む、という不思議は、特性方程式の解が無理数だからこそ起きる。$1,1,2,3,5$ を眺めるだけではこの形は推測できず、特性方程式の手順があってはじめて求まる。

5. 例3：解が虚数（実数列なのに一般形に $i$ が出る）

こんどは $a_1=1,\ a_2=1$、$a_{n+2}=a_{n+1}-a_n$。数列を書き出すと

$$1,\ 1,\ 0,\ -1,\ -1,\ 0,\ 1,\ 1,\ 0,\ \dots\quad(\text{6項ごとにくり返す、れっきとした実数列})$$

特性方程式は $x^2=x-1$、すなわち $x^2-x+1=0$。判別式は $1-4=-3<0$ で、解は虚数

$$\alpha=\frac{1+\sqrt3\,i}{2},\qquad \beta=\frac{1-\sqrt3\,i}{2}.$$

手順はこれまでと変わらない。初期値 $a_1=a_2=1$ は例2と同じなので、$1-\alpha=\beta,\ 1-\beta=\alpha$ から $2$ 本の等比

$$\begin{aligned}a_{n+1}-\alpha a_n&=\beta^{\,n}\ \cdots\text{(1)},\\a_{n+1}-\beta a_n&=\alpha^{\,n}\ \quad \cdots\text{(2)}\end{aligned}$$

ができ、(1)$-$(2) を引いて

$$a_n=\frac{\alpha^{\,n}-\beta^{\,n}}{\alpha-\beta}$$

を得る。ここまでは例2と同じ形だが、いまは $\alpha,\beta$ が虚数である。数列は全部実数なのに材料が虚数、という一見おかしな状況で、この $\alpha^{\,n}-\beta^{\,n}$ と $\alpha-\beta$ を三角関数の形に書きなおすと、虚部がきれいに打ち消し合って実数に戻るのが見える。次のコラムでそれを行う。

6. 例外：解が重解のとき（等比が「等差」にずれる）

特性方程式が重解（$2$ 解が一致）になると、$\alpha=\beta$ なので $a_n=A\alpha^{\,n}+B\beta^{\,n}$ の $2$ 本の等比が重なってしまい、これまでの「$2$ 本を引き算」は使えない（同じ式どうしを引くと $0=0$ となって何も残らない）。この場合を具体例で見よう。

$a_1=2,\ a_2=9$、$a_{n+2}=6a_{n+1}-9a_n$ とする。特性方程式は

$$\begin{aligned}&x^2=6x-9\\\Longleftrightarrow\ &x^2-6x+9=(x-3)^2=0,\\&\alpha=3\ (\text{重解}) .\end{aligned}$$

それでも、$a_{n+1}-\alpha a_n$ を等比数列にする手順そのものは使える。ただし解は $\alpha=3$ の $1$ つだけだから、作れる等比数列も $b_n:=a_{n+1}-3a_n$ の$1$ 本だけである。これは公比 $3$ の等比数列で、初項は $b_1=a_2-3a_1=9-6=3$だから $b_n=3\cdot3^{\,n-1}=3^{\,n}$。よって

$$a_{n+1}-3a_n=3^{\,n}$$

という $2$ 項間に落ちる。ここで右辺の $3^{\,n}$ を定数に変えるため、両辺を $\alpha^{\,n+1}=3^{\,n+1}$ で割ると

$$\frac{a_{n+1}}{3^{\,n+1}}-\frac{a_n}{3^{\,n}}=\frac{3^{\,n}}{3^{\,n+1}}=\frac13$$

となる。そこで $c_n:=\dfrac{a_n}{3^{\,n}}$ とおくと $c_{n+1}-c_n=\dfrac13$、つまり $c_n$ は公差 $\tfrac13$ の等差数列。初項 $c_1=\dfrac{a_1}{3}=\dfrac23$ より $c_n=\dfrac23+(n-1)\dfrac13=\dfrac{n+1}{3}$。したがって

$$\boxed{\,a_n=3^{\,n}c_n=(n+1)\,3^{\,n-1}\,}$$

（$2,9,36,135,486,\dots$ と一致）。$n$ が$1$ 次で顔を出すのがポイントで、一般に重解 $\alpha$ のときは$a_n=(A+Bn)\,\alpha^{\,n}$ の形になる。

7. 一般の $m$ 項間へ：等比の重ね合わせと解と係数の関係

$3$ 項間を解いたときの話が、そのまま長い漸化式に伸びる。項数は番号 $n$ と紛れないよう $m$ で書き、$m$ 項間（前の $m{-}1$ 項で次が決まる、係数が定数の漸化式。$p_{m-1}\neq0$ とする）

$$a_{n+m-1}=p_1\,a_{n+m-2}+\dots+p_{m-1}\,a_n$$

を考える（$m=3$ とすれば $a_{n+2}=p\,a_{n+1}+q\,a_n$ に戻る）。

長い話になるので、確かめるべきことを先に $3$ つの問いに分けておこう。

1. 問1：なぜ特性方程式の解 $\alpha$ の等比数列 $\alpha^{\,n}$ は、漸化式をみたすのか。
2. 問2：なぜ、それらを重ね合わせてよいのか。
3. 問3：重ね合わせで、漸化式の解は全部尽くせているのか。

そのあと仕上げに、$3$ 項間で使った「等比に落とす」計算が $m$ 項間でもそのまま動くことを、$4$ 項間を例に確かめる。

問1：なぜ $a_n=\alpha^{\,n}$ が漸化式をみたすのか。　 式に起こせば一目である。$a_n=\alpha^{\,n}$ を漸化式の右辺に代入し、$\alpha^{\,n}$ でくくると

$$\begin{aligned}p_1\,\alpha^{\,n+m-2}+\dots+p_{m-1}\,\alpha^{\,n}&=\alpha^{\,n}\,\bigl(p_1\,\alpha^{\,m-2}+\dots+p_{m-1}\bigr)\\&=\alpha^{\,n}\cdot\alpha^{\,m-1}\\&=\alpha^{\,n+m-1}\end{aligned}$$

となって、左辺 $a_{n+m-1}=\alpha^{\,n+m-1}$ に一致する。途中、括弧の中がちょうど特性方程式の右辺になっていて、$\alpha$ が特性方程式の解だからこそ、括弧を $\alpha^{\,m-1}$ に置きかえられた。つまり

であり、特性方程式は「等比数列 $\alpha^{\,n}$ が漸化式の解になるための、公比 $\alpha$ の条件」と読むこともできる。

問2：なぜ重ね合わせてよいのか。　 漸化式を移項した$a_{n+m-1}-p_1a_{n+m-2}-\dots-p_{m-1}a_n=0$ の左辺は、数列の各項を定数倍して足すだけでできている。だから$2$ つの数列 $\{a_n\},\{a'_n\}$ がどちらもこの式をみたすなら、混ぜた数列 $\{A\,a_n+B\,a'_n\}$ を代入しても$A\times0+B\times0=0$ となって、やはりみたす：漸化式の解どうしを定数倍して足したものも、また漸化式の解である。問1で見たとおり、特性方程式の各解 $\alpha_i$ について等比数列 $\alpha_i^{\,n}$ は漸化式の解だから、これと合わせれば、重ね合わせ $A_1\alpha_1^{\,n}+\dots+A_{m-1}\alpha_{m-1}^{\,n}$ は、係数 $A_1,\dots,A_{m-1}$ をどう選んでも必ず漸化式をみたすことがわかる。

問3：これで漸化式の解の「全部」なのか。　 つまり、どんな初期値から出発した解も、本当にこの重ね合わせの形に書けるのか。カギは、漸化式の解ははじめの $m{-}1$ 項で完全に決まるという当たり前の事実だ。$a_1,\dots,a_{m-1}$ が決まれば漸化式が $a_m$ を決め、それが決まれば次の $a_{m+1}$ が決まり、……とドミノ式にすべて決まってしまう（授業でやった帰納法の考え方そのものである）。したがって、もし係数 $A_1,\dots,A_{m-1}$ をうまく選んで、重ね合わせのはじめの $m{-}1$ 項を与えられた $a_1,\dots,a_{m-1}$ に一致させられれば、もとの解と重ね合わせはともに漸化式をみたし出だしも同じだから、以後のすべての項が一致する。つまり、その解は重ね合わせの形に書けている。係数を合わせる条件は

$$\begin{aligned}A_1\,\alpha_1+\dots+A_{m-1}\,\alpha_{m-1}&=a_1,\\A_1\,\alpha_1^{\,2}+\dots+A_{m-1}\,\alpha_{m-1}^{\,2}&=a_2,\\&\ \ \vdots\end{aligned}$$

という、$A_1,\dots,A_{m-1}$ についての連立一次方程式（$m{-}1$ 本）である。$3$ 項間（$m=3$）なら未知数 $2$ 個の連立で、$\alpha\neq\beta$ のとき必ず解ける。実際、手順2の「$2$ 本の等比を引き算する」計算は、この連立を解いたことに相当している。

残る一点は、一般の $m$ でも、この連立は必ず解けるのかである。未知数 $m{-}1$ 個に式が $m{-}1$ 本だから、文字を順に消去していけば解けそうに見えるし、実際特性方程式の解がすべて相異なれば、この連立方程式は必ずただ $1$ 通りに解ける。ただし、未知数と式の数が同じでも、式どうしが「かぶって」いると解は定まらない（例：$x+y=1$ と $2x+2y=2$）。解 $\alpha_1,\dots,\alpha_{m-1}$ が相異なるかぎりこの「かぶり」は決して起きない、というのがここの核心で、その厳密な証明に大学で学ぶ線形代数という分野の道具（ヴァンデルモンドの行列式）を使う。ここではこの $1$ 点だけを事実として認めよう。

仕上げ：$m$ 項間を実際に等比へ「落とす」。　 最後に、$m$ 項間を項数が $1$ つ少ない漸化式に落とすための $\alpha$ の条件として、この $m{-}1$ 次特性方程式が現れることを、§2と同じ係数を見比べる計算で確かめる。$b_k=a_{k+1}-\alpha\,a_k$ とおき、$\{b_k\}$ が項数の $1$ つ少ない漸化式をみたすように $\alpha$ を選ぶ。この $\alpha$ として特性方程式の解を $1$ つ使うたびに、項数が $1$ つ減っていく。

一般の$4$ 項間

$$a_{k+3}=p\,a_{k+2}+q\,a_{k+1}+r\,a_k$$

で確かめる。$3$ 項間のときと同じく $b_k=a_{k+1}-\alpha\,a_k$ の $2$ つ先を計算すると

$$\begin{aligned}b_{k+2}&=a_{k+3}-\alpha\,a_{k+2}\\&=(p-\alpha)\,a_{k+2}+q\,a_{k+1}+r\,a_k.\end{aligned}$$

これが $b$ だけの $3$ 項間 $b_{k+2}=P\,b_{k+1}+Q\,b_k$ になってほしい。右辺を $b_{k+1}=a_{k+2}-\alpha\,a_{k+1}$、$b_k=a_{k+1}-\alpha\,a_k$ で書き直して $a_{k+2},a_{k+1},a_k$ の係数を見比べると、

$$\begin{aligned}&P=p-\alpha,\quad Q-\alpha P=q,\quad -\alpha Q=r\end{aligned}$$

の $3$ 本が出る。上の $2$ 本から $Q=q+\alpha P=q+\alpha(p-\alpha)$ を最後の式に入れ、$\alpha$ だけの式に直すと

$$\alpha^3=p\,\alpha^2+q\,\alpha+r .$$

つまり $\alpha$ は、$3$ 項間での $x^2=px+q$ にあたる特性方程式 $x^3=p\,x^2+q\,x+r$ の解でなければならない（$3$ 項間で特性方程式が $a_{n+1}-\alpha\,a_n$ を等比にする条件だったのと同様、これも$4$ 項間を $3$ 項間に落とすための $\alpha$ の条件として現れる）。この $3$ 次方程式の $3$ 解 $\alpha,\beta,\gamma$について、$x^3-p\,x^2-q\,x-r=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)$ の係数を見比べれば解と係数の関係

$$\begin{aligned}&\alpha+\beta+\gamma=p,\quad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=-q,\quad \alpha\beta\gamma=r\end{aligned}$$

が成り立つ。$3$ 項間で $\alpha+\beta=p,\ \alpha\beta=-q$ が果たしたのと同じ役割だ。

落とした先の特性方程式はどうなるか。　 ここで大事なのは、落とした $3$ 項間 $b_{k+2}=P\,b_{k+1}+Q\,b_k$ の特性方程式 $x^2=Px+Q$ の $2$ 解が、残りの解 $\beta,\gamma$ そのものだということである。実際、もとの特性方程式の解と係数の関係から

$$\begin{aligned}P&=p-\alpha=(\alpha+\beta+\gamma)-\alpha=\beta+\gamma,\\Q&=-\beta\gamma\end{aligned}$$

となり（$Q$ は $-\alpha Q=r=\alpha\beta\gamma$ より）、$x^2-Px-Q=(x-\beta)(x-\gamma)$。つまり、解 $\alpha$ を使って $4$ 項間を$3$ 項間へ落とすと、使われずに残った解 $\beta,\gamma$ が、そのまま落とした先の $3$ 項間に引き継がれる（$P,Q$ は$\beta,\gamma$ 自身ではなく、その和と積＝落とした先の解と係数である）。この $3$ 項間を§2の方法でさらに $2$ 項間まで落とせば $b_k$ が求まり、最後に$a_{k+1}-\alpha\,a_k=b_k$ を解いて $a_n$ が出る。結果として一般項は等比の重ね合わせ

$$a_n=A\,\alpha^{\,n}+B\,\beta^{\,n}+C\,\gamma^{\,n}$$

になり、係数 $A,B,C$ は、$3$ 項間と同じく順に等比へ落として引く操作を最後までたどれば初期値 $a_1,a_2,a_3$ から定まる。

$5$ 項間以上も手つきは同じで、$b_k=a_{k+1}-\alpha\,a_k$ とおくたびに項数が $1$ つ減り、$\alpha$ の満たす特性方程式の次数が $1$ つずつ上がる。解と係数の関係の本数も特性方程式の次数ぶん（項数より $1$ 少ない本数）に増える（一般には $\textstyle\sum,\prod$ を使う書き方になり、ここには書ききれない）。式が長くなるだけで、項数を $1$ つずつ落として等比に帰着させるという筋は少しも変わらない。

塾の授業で配った補足資料をもとに、問題を類題に差し替えて書き直しました。

この記事が含まれている連載

連載塾講師木下木下が作成して塾で配布した補足プリントを公開用にちょっと書き直して置いていきます。結構面白いっしょ。46本の記事・木下 智貴