変形階差型漸化式の解法

【解答1：線形2項間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 $2^{n+1}$ で割る．

$$\begin{align} &\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{5a_n}{2^{n+1}}+\frac{2^n}{2^{n+1}}\\ \Leftrightarrow\ &\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{5a_n}{2^{n+1}}+\frac{2^n}{2\cdot2^n}\\ &\uparrow2^{n+1}=2\cdot2^n\\ \therefore\ &\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{5}{2}\cdot\frac{a_n}{2^n}+\frac{1}{2} \end{align}$$

$\blacktriangleleft$ 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 $\{b_n\}$ は

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

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 $\eqref{f(n)=r^n}$ は

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

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 $n\geqq1$ で

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

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

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

【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

$\blacktriangleleft$ $a_{n+1}=5a_n-4sn+(s-4t)$ と $a_{n+1}=5a_n+n$ 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 $s,t$ を $\eqref{f(n)=n^k2}$ 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， $\eqref{f(n)=n^k6}$ は

$$b_{n+1}=5b_n$$

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， $\eqref{f(n)=n^k7}$ は

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

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