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 $a_{n+1}=a_n+f(n)$ と似ているが， $a_n$ の前に係数 $p(p\neq1)$ がかかった形，つまり
\[a_{n+1}=pa_n+f(n)\]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．
\begin{cases} f(n)=r^n&(指数タイプ)\\ f(n)=n^k\quad(k\in\text{N})&(k次式タイプ) \end{cases}$f(n)=r^n$の場合の解法
変形階差型漸化式～その１～
$a_1=1,a_{n+1}=5a_n+2^n\ (n\geqq1)$ で定まる数列 $\{a_n\}$ の一般項 $a_n$ を $n$ の式で表せ．
【解答1：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 $a_{n+1}=pa_n+r^n$ の $r$ の部分，つまりこの例題では2に着目して，漸化式を $2^{n+1}$ 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 $a_{n+1}=5a_n+2^n$ 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}\\ \therefore\ &\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{5}{2}\cdot\frac{a_n}{2^n}+\frac{1}{2}\\ \end{align}ここで， $\dfrac{a_n}{2^n}=b_n$ とおくと，漸化式は
\[b_{n+1}=\frac{5}{2}b_n+\frac{1}{2}\]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 $a_{n+1}=pa_n+r^n$ の $p$ 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．
まず，漸化式 $a_{n+1}=5a_n+2^n$ 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{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}\\ \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}ここで， $\dfrac{a_n}{5^n}=b_n$ とおくと，漸化式は
\[b_{n+1}=b_n+\frac{1}{5}\cdot\left(\frac{2}{5}\right)^n\]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)
$a_1=1,a_{n+1}=5a_n+2^n\ (n\geqq1)$ で定まる数列 $\{a_n\}$ の一般項 $a_n$ を $n$ の式で表せ．
【解答1：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}$f(n)=r^n$ 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 $a_n$ を $n$ 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 $a_{n+1}=pa_n+n^k$ の $k$ 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 $a_{n+1}=5a_n+n$ が
\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 $a_{n+1}=pa_n+n^k$ の $p$ 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 $a_n$ を $n$ 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
$\blacktriangleleft$ $a_{n+1}=5a_n-4sn+(s-4t)$ 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
$f(n)=n^k\quad(k\in\mathbb{N})$ 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)