分数漸化式:$a_n+1=\dfrac{pa_n+q}{ra_n+s}$
分数漸化式の解法
分数漸化式の解法
分数型漸化式 $a_{n+1}=\dfrac{pa_n+q}{ra_n+s}$ について， $ps=qr$ のときには約分ができるので，約分が終えた形，つまり $ps\neq qr$ のもとで考える．
簡単な分数漸化式($q=0$の場合)
簡単な分数漸化式($q=0$の場合)
分数型漸化式が $\dfrac{pa_n}{ra_n+s}$ のような形をしている場合は，両辺の逆数をとって
\begin{align} &\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{ra_n+s}{pa_n}\\ \therefore\ &\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{s}{p}\cdot\frac{1}{a_n}+\frac{r}{p} \end{align}と変形し， $b_n=\dfrac{1}{a_n}$ とおくことにより
\[b_{n+1}=\frac{s}{p}\cdot b_n+\frac{r}{p}\]となり線形2項間漸化式へ帰着される．
【解答1：等比数列に帰着させる方法】
分数型漸化式 $a_{n+1}=\dfrac{pa_n+q}{ra_n+s}$ の $t$ に関する
\[t=\frac{pt+q}{rt+s}\]という方程式が異なる2つの実数解 $t=\alpha,\beta$ をもつとき
\[b_n=\frac{a_n-\beta}{a_n-\alpha}\]とおくと， $\{b_n\}$ が等比数列となることを利用する．
【解答2：簡単な分数型漸化式に帰着させる方法】
$t$ に関する
\[t=\frac{pt+q}{rt+s}\]という方程式が実数解 $t$ をもつとき(2解あるときはどちらでもよい)，この式より $t$ は
\begin{align} &t=\frac{pt+q}{rt+s}\\ \Leftrightarrow\ &t(rt+s)=pt+q\\ \Leftrightarrow\ &(p-rt)t=st-q\tag{1}\label{kaihou2-1} \end{align}となるのを利用して， $a_{n+1}-t$ を計算すると
\begin{align} a_{n+1}-t&=\frac{pa_n+q}{ra_n+s}-t\\ &=\frac{pa_n+q-t(ra_n+s)}{ra_n+s}\\ &=\frac{(p-rt)a_n-(st-q)}{ra_n+s}\\ &\eqref{kaihou2-1}より\\ &=\frac{(p-rt)a_n-(p-rt)t}{ra_n+s}\\ &=\frac{(p-rt)(a_n-t)}{ra_n+s} \end{align}となる．ここで， $b_n=a_n-t$ とおくと
\begin{align} b_{n+1}&=\frac{(p-rt)b_n}{r(b_n+t)+s}\\ &=\frac{(p-rt)b_n}{rb_n+(rt+s)} \end{align}となり，簡単な分数型漸化式( $q=0$ の場合)に帰着される．
簡単な分数漸化式の解法
簡単な分数漸化式の解法
分数漸化式～その１～
$a_1=\dfrac{1}{2},a_{n+1}=\dfrac{a_n}{4a_n+5}\quad(n\geqq1)$ で定まる数列 $\{a_n\}$ の一般項 $a_n$ を $n$ の式で表せ．
漸化式 $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{4a_n+5}$ の逆数をとると
\begin{align} &\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{4a_n+5}{a_n}\\ \Leftrightarrow\ &\frac{1}{a_{n+1}}=5\cdot\frac{1}{a_n}+4 \end{align}となるので， $b_n=\dfrac{1}{a_n}$ とおくと，数列 $\{b_n\}$ は
\[b_{n+1}=5b_n+4\tag{1}\label{an/4an+5}\]$\blacktriangleleft$ 線形2項間漸化式に帰着された
を満たす．
ここで， $\alpha=5\alpha+4$ を満たす $\alpha$ つまり， $\alpha=-1$ を用いて $\eqref{an/4an+5}$ は
\begin{array}{c} &b_{n+1}&=&5b_n&+&4\\ -)&\alpha&=&5\alpha&+&4\\\hline &b_{n+1}-\alpha&=&5(b_n-\alpha)&& \end{array}に，特性方程式の解 $\alpha=-1$ を代入して
\[b_{n+1}+1=5(b_n+1)\]と変形できる． $c_n=b_n+1$ とおくと，数列 $\{c_n\}$ は
\[c_{n+1}=5c_n\]$\blacktriangleleft$ 等比数列に帰着された
を満たすので， $c_n$ は
\begin{align} c_n&=c_15^{n-1}\\ &=(b_1+1)5^{n-1}\\ &=\left(\frac{1}{a_1}+1\right)5^{n-1}\\ &=3\cdot5^{n-1} \end{align}$c_n=b_n+1$ であったから $c_n$ を $b_n$ の式に戻す
\begin{align} &b_n+1=3\cdot5^{n-1}\\ \therefore\ &b_n=3\cdot5^{n-1}-1 \end{align}さらに， $b_n=\dfrac{1}{a_n}$ であったから $b_n$ を $a_n$ の式に戻す
\begin{align} &\frac{1}{a_n}=3\cdot5^{n-1}-1\\ \therefore\ &a_n=\frac{1}{3\cdot5^{n-1}-1} \end{align}簡単な分数漸化式の解法
$\text{STEP}1$
漸化式 $a_{n+1}=\dfrac{pa_n}{ra_n+s}$ の逆数をとって
\begin{align} &\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{ra_n+s}{pa_n}\\ \therefore\ &\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{s}{p}\cdot\frac{1}{a_n}+\frac{r}{p} \end{align}と変形する．
$\text{STEP}2$
(以下，2項間漸化式の解法に準じる)
一般の分数漸化式の解法
一般の分数漸化式の解法
分数漸化式～その２～
$a_1=2,a_{n+1}=\dfrac{2a_n+2}{a_n+3}\quad(n\geqq1)$ で定まる数列 $\{a_n\}$ の一般項 $a_n$ を $n$ の式で表せ．
【解答1：等比数列に帰着させる方法】
まず，特性方程式 $t=\dfrac{2t+2}{t+3}$ を解く．
\begin{align} &t=\frac{2t+2}{t+3}\\ \Leftrightarrow\quad&t(t+3)=2t+2\\ \Leftrightarrow\quad&t^2+t-2=0\\ \Leftrightarrow\quad&(t+2)(t-1)=0\\ \therefore\quad&t=-2,1 \end{align}この異なる2解を利用して， $b_n=\dfrac{a_n-1}{a_n+2}$ とおくと
$\blacktriangleleft$ 2解 $\alpha,\beta$ を用いて $b_n=\dfrac{a_n-\beta}{a_n-\alpha}$ とおくと， $b_n$ は必ず等比数列になる
\begin{align} b_{n+1}&=\frac{a_n-1}{a_n+2}\\ &=\frac{\dfrac{2a_n+2}{a_n+3}-1}{\dfrac{2a_n+2}{a_n+3}+2}\\ &=\frac{a_n-1}{4a_n+8} \end{align}$\blacktriangleleft$ ここから $b_n=\dfrac{a_n-1}{a_n+2}$ の塊をくくりだすのがポイント
\begin{align} b_{n+1}&=\frac{a_n-1}{4a_n+8}\\ &=\frac{a_n-1}{4(a_n+2)}\\ &=\frac{1}{4}\cdot b_n \end{align}$\blacktriangleleft$ 数列 $\{b_n\}$ は等比数列になっている
となり，数列 $\{b_n\}$ は初項 $b_1=\dfrac{a_1-1}{a_1+2}=\dfrac{1}{4}$ ，公比 $\dfrac{1}{4}$ の等比数列となるので
\[b_n=b_1\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}=\left(\frac{1}{4}\right)^n\]ここで， $b_n=\dfrac{a_n-1}{a_n+2}$ であったから $b_n$ を $a_n$ の式に戻す
\begin{align} &b_{n+1}=\left(\frac{1}{4}\right)^n\\ \Leftrightarrow\ &\frac{a_n-1}{a_n+2}=\left(\frac{1}{4}\right)^n\\ \Leftrightarrow\ &(a_n-1)4^n=a_n+2\\ \Leftrightarrow\ &(4^n-1)a_n=4^n+2\\ \therefore\ &a_n=\frac{4^n+2}{4^n-1} \end{align}【解答2：簡単な分数型漸化式に帰着させる方法】
まず，特性方程式 $t=\dfrac{2t+2}{t+3}$ を解く．
\begin{align} &t=\frac{2t+2}{t+3}\\ \Leftrightarrow\ &t(t+3)=2t+2\\ \Leftrightarrow\ &t^2+t-2=0\\ \Leftrightarrow\ &(t+2)(t-1)=0\\ \therefore\ &t=-2,1 \end{align}この解の1つ $t=1$ を利用して
$\blacktriangleleft$ 解答2では，2解のうち片方しか利用せず，どちらを利用してもかまわない
\begin{align} a_{n+1}-1&=\frac{2a_n+2}{a_n+3}-1\\ &=\frac{2a_n+2-(a_n+3)}{a_n+3}\\ &\uparrow通分した\\ &=\frac{a_n-1}{a_n+3} \end{align}$\blacktriangleleft$ $a_n-1$ を塊とみて，簡単な分数漸化式に帰着させるのがポイント
\begin{align} a_{n+1}-1&=\frac{a_n-1}{a_n+3}\\ &=\frac{a_n-1}{(a_n-1)+4} \end{align}$\blacktriangleleft$ $a_n-1=c_n$ とおくと $c_{n+1}=\dfrac{c_n}{c_n+4}$ となり，簡単な分数漸化式に帰着されているのがよくわかる
と変形できる．この漸化式の逆数をとって
\begin{align} \frac{1}{a_{n+1}-1}&=\frac{(a_n-1)+4}{a_n-1}\\ &=\frac{4}{a_n-1}+1 \end{align}$b_n=\dfrac{1}{a_n-1}$ とおくと
\[b_{n+1}=4b_n+1\tag{1}\label{ippanteki1}\]となる．
$\blacktriangleleft$ 線形2項間漸化式に帰着された
ここで， $\alpha=4\alpha+1$ を満たす $\alpha$ つまり， $\alpha=-\frac{1}{3}$ を用いて $\eqref{ippanteki1}$ より
\begin{array}{c} &b_{n+1}&=&4b_n&+&1\\ -)&\alpha&=&4\alpha&+&1\\\hline &b_{n+1}-\alpha&=&4(b_n-\alpha)&& \end{array}に，特性方程式の解 $\alpha=-\dfrac{1}{3}$ を代入
\[b_{n+1}+\frac{1}{3}=4\left(b_n+\frac{1}{3}\right)\]と変形できる．さらに， $c_n=b_n+\dfrac{1}{3}$ とおくと，数列 $\{c_n\}$ は
\[c_{n+1}=5c_n\]$\blacktriangleleft$ 等比数列に帰着された
を満たすので， $c_n$ は
\begin{align} c_n&=c_14^{n-1}\\ &=\left(b_1+\frac{1}{3}\right)4^{n-1}\\ &=\left(\frac{1}{a_1-1}+\frac{1}{3}\right)4^{n-1}\\ &=\frac{4}{3}\cdot4^{n-1}\\ &=\frac{1}{3}4^n \end{align}$c_n=b_n+\dfrac{1}{3}$ であったから $c_n$ を $b_n$ の式に戻す
\begin{align} &b_n+\frac{1}{3}=\frac{1}{3}4^n\\ \Leftrightarrow\ &b_n=\frac{1}{3}4^n-\frac{1}{3}\\ \therefore\ &b_n=\frac{4^n-1}{3}\\ \end{align}さらに， $b_n=\dfrac{1}{a_n-1}$ であったから $b_n$ を $a_n$ の式に戻す
\begin{align} &\frac{1}{a_n-1}=\frac{4^n-1}{3}\\ \Leftrightarrow\ &a_n-1=\frac{3}{4^n-1}\\ \Leftrightarrow\ &a_n=\frac{3}{4^n-1}+1\\ \Leftrightarrow\ &a_n=\frac{3+4^n-1}{4^n-1}\\ &\uparrow通分した\\ \therefore\ &a_n=\frac{4^n+2}{4^n-1} \end{align}