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変形階差型漸化式の解法

変形階差型漸化式

階差型漸化式 an+1=an+f(n) と似ているが, an の前に係数 p(p1) がかかった形,つまり

an+1=pan+f(n)

という形をしている漸化式の解法について考えてみよう.

このようなタイプの漸化式は f(n) の形により,解法を分類しておくのがよい.

以下,次の2タイプに分けて考えてみよう.

{f(n)=rn()f(n)=nk(kN)(k)

f(n)=rnの場合の解法

変形階差型漸化式~その1~

a1=1,an+1=5an+2n (n1) で定まる数列 {an} の一般項 ann の式で表せ.

【解答1:線形2項間漸化式に帰着させる方法】

この解法では,漸化式 an+1=pan+rnr の部分,つまりこの例題では2に着目して,漸化式を 2n+1 で割ることにより,線形2項間漸化式に帰着させる.

まず,漸化式 an+1=5an+2n の両辺を 2n+1 で割る.

an+12n+1=5an2n+1+2n2n+1 an+12n+1=5an2n+1+2n22n an+12n+1=52an2n+12

ここで, an2n=bn とおくと,漸化式は

bn+1=52bn+12

と変形される.この漸化式は線形2項間漸化式になっているので,以下その方法に準じて漸化式を解けばよい.

【解答2:階差型漸化式に帰着させる方法】

この解法では,漸化式 an+1=pan+rnp の部分,つまりこの例題では5に着目して,漸化式を 5n+1 で割ることにより,階差型漸化式に帰着させる.

まず,漸化式 an+1=5an+2n の両辺を 5n+1 で割る.

an+15n+1=5an5n+1+2n5n+1 an+15n+1=5an55n+2n55n an+15n+1=an5n+15(25)n

ここで, an5n=bn とおくと,漸化式は

bn+1=bn+15(25)n

と変形される.この漸化式は階差型漸化式になっているので,以下その方法に準じて漸化式を解けばよい.

変形階差型漸化式~その1~(再掲)

a1=1,an+1=5an+2n (n1) で定まる数列 {an} の一般項 ann の式で表せ.

【解答1:線形2項間漸化式に帰着させる方法】

漸化式 an+1=5an+2n の両辺を 2n+1 で割る.

an+12n+1=5an2n+1+2n2n+1 an+12n+1=5an2n+1+2n22n2n+1=22n an+12n+1=52an2n+12

線形2項間漸化式の形になっている \underbrace{\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}}_{b_{n+1}}=\frac{5}{2}\cdot\underbrace{\frac{a_n}{2^n}}_{b_n}+\frac{1}{2}

\dfrac{a_n}{2^n}=b_n とおくと,数列 \{b_n\}

b_{n+1}=\frac{5}{2}b_n+\frac{1}{2}\tag{1}\label{f(n)=r^n}

を満たす.

ここで,方程式 \alpha=\dfrac{5}{2}\alpha+\dfrac{1}{2} を解くと

\begin{align} &\alpha=\frac{5}{2}\alpha+\dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow\ &2\alpha=5\alpha+1\\ \Leftrightarrow\ &3\alpha=-1\\ \therefore\ &\alpha=-\frac{1}{3} \end{align}

となるので,これを利用して \eqref{f(n)=r^n}

\begin{array}{c} &b_{n+1}&=&\frac{5}{2}b_n&+&2\\ -)&\alpha&=&\frac{5}{2}\alpha&+&2\\\hline &b_{n+1}-\alpha&=&\frac{5}{2}(b_n-\alpha) \end{array}

に, \alpha=-\dfrac{1}{3} を代入

\begin{align} \Leftrightarrow\ &b_{n+1}-\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{5}{2}\left\{b_n-\left(-\frac{1}{3}\right)\right\}\\ \therefore\ &b_{n+1}+\frac{1}{3}=\frac{5}{2}\left(b_n+\frac{1}{3}\right) \end{align}

これより,数列 \left\{b_n+\dfrac{1}{3}\right\} は,初項 \left(b_1+\dfrac{1}{3}\right) ,公比 \dfrac{5}{2} の等比数列とわかるので

\begin{align} b_n+\frac{1}{3}&=\left(b_1+\frac{1}{3}\right)\left(\frac{5}{2}\right)^{n-1}\\ &\uparrow等比数列の一般項\\ &=\left(\frac{a_1}{2^1}+\frac{1}{3}\right)\left(\frac{5}{2}\right)^{n-1}\\ &\uparrow b_n=\frac{a_n}{2^n}とおいたので,b_1=\frac{a_1}{2^1}となる\\ &=\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)\left(\frac{5}{2}\right)^{n-1}\\ &=\frac{5}{6}\left(\frac{5}{2}\right)^{n-1}\\ &=\frac{5^n}{3\cdot2^n} \end{align}

ここで, b_n=\dfrac{a_n}{2^n} であったから,もとに戻して

\begin{align} &\frac{a_n}{2^n}+\frac{1}{3}=\frac{5^n}{3\cdot2^n}\\ &\uparrowここからa_nについて解く\\ \Leftrightarrow\ &\frac{a_n}{2^n}=\frac{5^n}{3\cdot2^n}-\frac{1}{3}\\ \therefore\ &a_n=\frac{5^n}{3}-\frac{2^n}{3} \end{align}

【解答2:階差型漸化式に帰着させる方法】

漸化式 a_{n+1}=5a_n+2^n の両辺を 5^{n+1} で割ると

\begin{align} &\frac{a_{n+1}}{5^{n+1}}=\frac{5a_n}{5^{n+1}}+\frac{2^n}{5^{n+1}}\\ \Leftrightarrow\ &\frac{a_{n+1}}{5^{n+1}}=\frac{5a_n}{5\cdot5^n}+\frac{2^n}{5\cdot5^n}\\ &\uparrow 5^{n+1}=5\cdot5^nである\\ \therefore\ &\frac{a_{n+1}}{5^{n+1}}=\frac{a_n}{5^n}+\frac{1}{5}\cdot\left(\frac{2}{5}\right)^n\\ \end{align}

\blacktriangleleft 階差数列漸化式の形になっている \underbrace{\frac{a_{n+1}}{5^{n+1}}}_{b_{n+1}}=\underbrace{\frac{a_n}{5^n}}_{b_n}+\frac{1}{5}\cdot\left(\frac{2}{5}\right)^n

\dfrac{a_n}{5^n}=b_n とおくと

\begin{align} &b_{n+1}=b_n+\frac{1}{5}\left(\frac{2}{5}\right)^n\\ \Leftrightarrow\ &b_{n+1}-b_n=\frac{1}{5}\left(\frac{2}{5}\right)^n \end{align}

この漸化式より,数列 \{b_n\} の階差数列を \{c_n\} とすれば, c_n=\dfrac{1}{5}\left(\dfrac{2}{5}\right)^n となっていることがわかるので, 2\leqq n では

\begin{align} b_n&=b_1+\sum_{k=1}^{n-1}c_k\\ &=\frac{a_1}{5^1}+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{5}\left(\frac{2}{5}\right)^k\\ &=\frac{1}{5}+\frac{1}{5}\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{2}{5}\right)^k\\ &=\frac{1}{5}+\frac{1}{5}\cdot\frac{\dfrac{2}{5}\left\{1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\right\}}{1-\dfrac{2}{5}}\\ &=\frac{1}{5}+\frac{1}{5}\cdot\dfrac{2}{3}\left\{1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\right\}\\ &=\frac{1}{5}+\frac{2}{15}\left\{1-\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\right\}\\ &=\frac{1}{5}+\frac{2}{15}-\frac{2}{15}\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\\ &=\frac{1}{3}-\frac{2}{15}\left(\dfrac{2}{5}\right)^{n-1}\\ &=\frac{1}{3}-\frac{2^n}{3\cdot5^n} \end{align}

階差数列の一般項

等比数列の和

この式の右辺の n に1を代入すると,1となり, a_1 と一致するので,この式は n=1 のときにも成立する.

\blacktriangleleft 階差数列の公式を使った場合は n=1 を必ずチェックする

よって n\geqq1

b_n=\frac{1}{3}-\frac{2^n}{3\cdot5^n}

が成り立つ.ここで, b_n=\dfrac{a_n}{5^n} であったから

\begin{align} &\frac{a_n}{5^n}=\frac{1}{3}-\frac{2^n}{3\cdot5^n}\\ \therefore\ &a_n=\frac{5^n}{3}-\frac{2^n}{3} \end{align}

f(n)=r^n タイプの変形階差型漸化式の解法

変形階差型漸化式 a_{n+1}=pa_n+r^n について.

【解答1:線形2項間漸化式に帰着させる方法】

\text{STEP}1

漸化式の両辺を, r^{n+1} で割ることにより

\underbrace{\frac{a_{n+1}}{r^{n+1}}}_{b_{n+1}}=\frac{p}{r}\cdot\underbrace{\frac{a_n}{r^n}}_{b_n}+\frac{1}{r}

として,線形2項間漸化式を導く.

\text{STEP}2

(以下,線形2項間漸化式の解法に準じる)

【解答2:階差型漸化式に帰着させる方法】

\text{STEP}1

漸化式の両辺を, p^{n+1} で割ることにより

\underbrace{\frac{a_{n+1}}{p^{n+1}}}_{b_{n+1}}=\underbrace{\frac{a_n}{p^n}}_{b_n}+\frac{1}{p}\cdot\left(\frac{r}{p}\right)^n

として,階差型漸化式を導く.

\text{STEP}2

(以下,階差型漸化式の解法に準じる)

f(n)=n^k(kは自然数)の場合の解法

変形階差型漸化式~その2~

a_1=1,a_{n+1}=5a_n+n\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】

この解法では,漸化式 a_{n+1}=pa_n+n^kk の部分(整式 f(n) の次数),つまりこの例題では1に着目して,適当な1次式を用いて漸化式を変形することにより,等比数列に帰着させる.

具体的には次のようにする.

n の1次式 g(n)=sn+t を用いて,漸化式 a_{n+1}=5a_n+n

\begin{align} &\ a_{n+1}-\{\underbrace{s(n+1)+t}_{g(n+1)}\}\\ =&\ 5\{a_n-\underbrace{(sn+t)}_{g(n)}\}\tag{1}\label{f(n)=n^k1} \end{align}

と変形できたとすれば, b_n=a_n-(sn+t) とおくことにより,漸化式は

b_{n+1}=5b_n

と変形される.この漸化式は等比数列を表しているので,以下その方法に準じて漸化式を 解けばよい.

このような s,t を求めるためには, \eqref{f(n)=n^k1} を展開・整理して

\begin{align} &a_{n+1}-\{s(n+1)+t\}=5\{a_n-(sn+t)\}\\ \Leftrightarrow\ &a_{n+1}=5\{a_n-(sn+t)\}+\{s(n+1)+t\}\\ \Leftrightarrow\ &a_{n+1}=5a_n-5(sn+t)+s(n+1)+t\\ \Leftrightarrow\ &a_{n+1}=5a_n-5sn-5t+sn+s+t\\ \therefore\ &a_{n+1}=5a_n-4sn+(s-4t) \end{align}

としておいて,これと漸化式 a_{n+1}=5a_n+n を比較して

\begin{cases} -4s=1\\ s-4t=0 \end{cases}

を解けばよい.

【解答2:階差型漸化式に帰着させる方法】

この解法では,漸化式 a_{n+1}=pa_n+n^kp の部分,つまりこの例題では5に着目して,漸化式を 5^{n+1} で割ることにより,階差型漸化式に帰着させる.

具体的には次のようにする.

まず,漸化式 a_{n+1}=5a_n+n の両辺を 5^{n+1} で割る.

\begin{align} &\frac{a_{n+1}}{5^{n+1}}=\frac{5a_n}{5^{n+1}}+\frac{n}{5^{n+1}}\\ \Leftrightarrow\ &\frac{a_{n+1}}{5^{n+1}}=\frac{5a_n}{5\cdot5^n}+\frac{n}{5^{n+1}}\\ \therefore\ &\frac{a_{n+1}}{5^{n+1}}=\frac{a_n}{5^n}+n\left(\frac{1}{5}\right)^{n+1}\\ \end{align}

ここで, \dfrac{a_n}{5^n}=b_n とおくと,漸化式は

b_{n+1}=b_n+n\left(\frac{1}{5}\right)^{n+1}

と変形される.この漸化式は階差型漸化式になっているので,以下その方法に準じて漸化 式を解けばよい.

変形階差型漸化式~その2~(再掲)

a_1=1,a_{n+1}=5a_n+n\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】

漸化式 a_{n+1}=5a_n+n を変形して

\blacktriangleleft f(n) が1次式であることに着目して,同じ1次式 sn+t を考える

\begin{align} &a_{n+1}=5a_n+n\\ \Leftrightarrow\ &a_{n+1}-\{\underbrace{s(n+1)+t}_{g(n+1)}\}\\ &\qquad=5\{a_n-\underbrace{(sn+t)}_{g(n)}\} \end{align}

となるような, s,t\in\mathbb{R} を求める.

そのためには,まずこの式を展開・整理して

\begin{align} &a_{n+1}-\{s(n+1)+t\}\\ =\ &5\{a_n-(sn+t)\}\tag{2}\label{f(n)=n^k2} \end{align}

\blacktriangleleft この式を整理して, a_{n+1}=5a_n+\bigcirc n+\triangle という形に変形していく

\begin{align} \Leftrightarrow\ &a_{n+1}=5\{a_n-(sn+t)\}\\ &\qquad\qquad+\{s(n+1)+t\}\\ \Leftrightarrow\ &a_{n+1}=5a_n-5(sn+t)\\ &\qquad\qquad+s(n+1)+t\\ \Leftrightarrow\ &a_{n+1}=5a_n-5sn-5t\\ &\qquad\qquad+sn+s+t\\ \therefore\ &a_{n+1}=5a_n-4sn+(s-4t)\tag{3}\label{f(n)=n^k3} \end{align}

\blacktriangleleft a_{n+1}=5a_n+\bigcirc n+\triangle という形になった

この \eqref{f(n)=n^k3} と,もとの漸化式 a_{n+1}=5a_n+n を比べて

\blacktriangleleft a_{n+1}=5a_n-4sn+(s-4t)a_{n+1}=5a_n+n を比較する

\begin{align} &-4s=1\tag{4}\label{f(n)=n^k4}\\ &s-4t=0\tag{5}\label{f(n)=n^k5} \end{align}

を解けばよい.

まず, \eqref{f(n)=n^k4} より s=-\dfrac{1}{4} であり,これを \eqref{f(n)=n^k5} に代入して

\begin{align} &-\frac{1}{4}-4t=0\\ \Leftrightarrow\ &t=-\frac{1}{16} \end{align}

を得る.この s,t\eqref{f(n)=n^k2} に代入して

\begin{align} &a_{n+1}-\left\{-\frac{1}{4}(n+1)-\frac{1}{16}\right\}\\ =\ &5\left\{a_n-\left(-\frac{1}{4}n-\frac{1}{16}\right)\right\}\\ &\tag{6}\label{f(n)=n^k6} \end{align}

を得る.

ここで, b_n=a_n-\left(-\dfrac{1}{4}n-\dfrac{1}{16}\right) とおくと, \eqref{f(n)=n^k6}

b_{n+1}=5b_n

となり,数列 \{b_n\} は初項

\begin{align} b_1&=a_1-\left(-\frac{1}{4}\cdot1-\frac{1}{16}\right)\\ &=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}\\ &=\frac{21}{16} \end{align}

公比5の等比数列となるのがわかる.

よって

\begin{align} b_n&=b_1\cdot5^{n-1}\\ &=\frac{21}{16}\cdot5^{n-1} \end{align}

\blacktriangleleft 等比数列の一般項

b_n=a_n-\left(-\dfrac{1}{4}n-\dfrac{1}{16}\right) であったから

\blacktriangleleft 置き換えていたのでもとに戻す

\begin{align} &a_n-\left(-\frac{1}{4}n-\frac{1}{16}\right)=\frac{21}{16}\cdot5^{n-1}\\ \therefore\ &a_n=-\frac{1}{4}n-\frac{1}{16}+\frac{21}{16}\cdot5^{n-1} \end{align}

\blacktriangleleft a_n について解いて完成

【解答2:階差型漸化式に帰着させる方法】

漸化式 a_{n+1}=5a_n+n の両辺を 5^{n+1} で割ると

\begin{align} &\frac{a_{n+1}}{5^{n+1}}=\frac{5a_n}{5^{n+1}}+\frac{n}{5^{n+1}}\\ \Leftrightarrow\ &\frac{a_{n+1}}{5^{n+1}}=\frac{5a_n}{5\cdot5^n}+n\left(\frac{1}{5}\right)^{n+1}\\ &\uparrow5^{n+1}=5\cdot5^nである\\ \therefore\ &\frac{a_{n+1}}{5^{n+1}}=\frac{a_n}{5^n}+n\left(\frac{1}{5}\right)^{n+1} \end{align}

\blacktriangleleft 階差数列の漸化式の形になっている

b_n=\dfrac{a_n}{5^n} とおくと

\begin{align} &b_{n+1}=b_n+n\left(\frac{1}{5}\right)^{n+1}\\ \Leftrightarrow\ &b_{n+1}-b_n=n\left(\frac{1}{5}\right)^{n+1} \end{align}

この漸化式により,数列 \{b_n\} の階差数列を \{c_n\} とすれば, c_n=n\left(\dfrac{1}{5}\right)^{n+1} となっていることがわかるので, n\geqq2 では

\begin{align} b_n&=b_1+\sum_{k=1}^{n-1}c_k\\ &=\frac{a_1}{5^1}+\sum_{k=1}^{n-1}k\left(\frac{1}{5}\right)^{k+1}\\ &=\frac{1}{5}+\overbrace{\sum_{k=1}^{n-1}k\left(\frac{1}{5}\right)^{k+1}}^{Aとおく}\tag{7}\label{f(n)=n^k7} \end{align}

\blacktriangleleft 階差数列の一般項

\blacktriangleleft \Sigma (等差) \times (等比)の形をしている

ここで

より

\begin{align} &\frac{4}{5}A\\ =\ &\left(\frac{1}{5}\right)^2+\left(\frac{1}{5}\right)^3+\cdots+\left(\frac{1}{5}\right)^n\\ &\qquad\qquad-(n-1)\cdot\left(\frac{1}{5}\right)^{n+1}\\ =\ &\frac{\left(\dfrac{1}{5}\right)^2\left\{1-\left(\dfrac{1}{5}\right)^{n-1}\right\}}{1-\dfrac{1}{5}}\\ &\qquad\qquad-(n-1)\cdot\left(\frac{1}{5}\right)^{n+1}\\ &\downarrowここからの計算は\left(\frac{1}{5}\right)^nで\\ &\quadくくるためのものである\\ =\ &\frac{1}{20}\left\{1-\left(\frac{1}{5}\right)^{n-1}\right\}-(n-1)\cdot\left(\frac{1}{5}\right)^{n+1}\\ =\ &\frac{1}{20}-\frac{1}{20}\left(\frac{1}{5}\right)^{n-1}-\frac{n-1}{5}\cdot\left(\frac{1}{5}\right)^n\\ =\ &\frac{1}{20}-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{5}\right)^n-\frac{n-1}{5}\cdot\left(\frac{1}{5}\right)^n\\ =\ &\frac{1}{20}-\left(\frac{1}{4}+\frac{n-1}{5}\right)\left(\frac{1}{5}\right)^n\\ =\ &\frac{1}{20}-\frac{5+4n-4}{20}\left(\frac{1}{5}\right)^n\\ =\ &\frac{1}{20}-\frac{4n+1}{20}\left(\frac{1}{5}\right)^n \end{align}

\blacktriangleleft 等比数列の和

よって

A=\frac{1}{16}-\frac{4n+1}{16}\left(\frac{1}{5}\right)^n

であるから, \eqref{f(n)=n^k7}

\begin{align} b_n&=\frac{1}{5}+\frac{1}{16}-\frac{4n+1}{16}\left(\frac{1}{5}\right)^n\\ &=\frac{21}{80}-\frac{4n+1}{16}\left(\frac{1}{5}\right)^n \end{align}

ここで, b_n=\dfrac{a_n}{5^n} であったから

\begin{align} &\frac{a_n}{5^n}=\frac{21}{80}-\frac{4n+1}{16}\left(\frac{1}{5}\right)^n\\ \Leftrightarrow\ &a_n=\frac{21}{80}\cdot5^n-\frac{4n+1}{16}\\ \therefore\ &a_n=-\frac{1}{4}n-\frac{1}{16}+\frac{21}{16}\cdot5^{n-1} \end{align}

この式の右辺の n に1を代入すると,1となり, a_1 と一致するので,この式は n=1 のときにも成立する.

\blacktriangleleft 階差数列の公式を使った場合は n=1 を必ずチェックする

f(n)=n^k\quad(k\in\mathbb{N}) タイプの変形階差型漸化式の解法

変形階差型漸化式 a_{n+1}=pa_n+n^k\quad(k\in\mathbb{N}) について.

【解答1:等比数列に帰着させる方法】

\text{STEP}1

漸化式 a_{n+1}=pa_n+n^k を変形して

a_{n+1}-g(n+1)=p\{a_n-g(n)\}

となるような, k 次式 g(n) を求める.

\text{STEP}2

(以下,等比数列の一般項の求め方に準じる)

【解答2:階差型漸化式に帰着させる方法】

\text{STEP}1

漸化式の両辺を, p^{n+1} で割ることにより

\underbrace{\frac{a_{n+1}}{p^{n+1}}}_{b_{n+1}}=\underbrace{\frac{a_n}{p^n}}_{b_n}+n\left(\frac{1}{p}\right)^{n+1}

として,階差型漸化式を導く.

\text{STEP}2

(以下,階差型漸化式の解法に準じる)