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分数漸化式:an+1=pan+qran+s

分数漸化式の解法

分数漸化式の解法

分数型漸化式 an+1=pan+qran+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 psqr 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 panran+s のような形をしている場合は,両辺の逆数をとって

1an+1=ran+span

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}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

\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_nn 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\}

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}

\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\}

c_{n+1}=5c_n

\blacktriangleleft 等比数列に帰着された

を満たすので, c_n

\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_nb_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_na_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_nn 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_na_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\}

c_{n+1}=5c_n

\blacktriangleleft 等比数列に帰着された

を満たすので, c_n

\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_nb_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_na_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}