数学B 第2章漸化式 — 変形階差型漸化式: $an+1 =pan+f(n)$

この節の練習問題4問だけをまとめて見る・印刷する →

この節の前提階差型漸化式: $an+1=an+f(n)$ ／線形2項間漸化式: $an+1=pan+q$

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 $p(p\neq1)$ 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。

$指数タイプ次式タイプ f(n)=r^n(指数タイプ) f(n)=n^k (k)(k次式タイプ)$

$f(n)=r^n$ の場合の解法

問題1変形階差型漸化式～その１～

$a1=1,an+1=5an+2^n (n≧1)$ で定まる数列 ${an}$ の一般項 $an$ を $n$ の式で表せ。

解答1を見る

この解法では、漸化式 $an+1=pan+r^n$ 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 $an+1=5an+2^n$ の両辺を $2^n+1$ で割る。

$an+12^n+1=5an2^n+1+2^n2^n+1 \Leftrightarrow an+12^n+1=5an2^n+1+2^n/2・2^n ∴an+12^n+1=5/2・an/2^n+1/2$

ここで、 $an/2^n=bn$ とおくと、漸化式は

$bn+1=(5/2)bn+1/2$

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を見る

この解法では、漸化式 $an+1=pan+r^n$ 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 $an+1=5an+2^n$ の両辺を $5^n+1$ で割る。

$an+15^n+1=5an5^n+1+2^n5^n+1 \Leftrightarrow an+15^n+1=5an/5・5^n+2^n/5・5^n ∴an+15^n+1=an/5^n+1/5・(2/5)^n$

ここで、 $an/5^n=bn$ とおくと、漸化式は

$bn+1=bn+1/5・(2/5)^n$

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。

問題2変形階差型漸化式～その１～(再掲)

$a1=1,an+1=5an+2^n (n≧1)$ で定まる数列 ${an}$ の一般項 $an$ を $n$ の式で表せ。

解答1を見る

漸化式 $an+1=5an+2^n$ の両辺を $2^n+1$ で割る。

$an+12^n+1=5an2^n+1+2^n2^n+1 \Leftrightarrow an+12^n+1=5an2^n+1+2^n/2・2^n ↑2^n+1=2・2^n ∴an+12^n+1=5/2・an/2^n+1/2$

$an/2^n=bn$ とおくと、数列 ${bn}$ は

$bn+1=(5/2)bn+1/2 ①$

を満たす。

ここで、方程式 $α=(5/2)α+1/2$ を解くと

$α=(5/2)α+1/2 \Leftrightarrow 2α=5α+1 \Leftrightarrow 3α=-1 ∴α=-1/3$

となるので、これを利用して $①$ は

$bn+1=(5/2)bn+1/2 -)α=(5/2)α+1/2 bn+1-α=5/2(bn-α)$

に、 $α=-1/3$ を代入

$\Leftrightarrow bn+1-(-1/3)=5/2{bn-(-1/3)} ∴bn+1+1/3=5/2(bn+1/3)$

これより、数列 ${bn+1/3}$ は、初項 $(b1+1/3)$ 、公比 $5/2$ の等比数列とわかるので

$等比数列の一般項とおいたので、となる bn+1/3=(b1+1/3)(5/2)^n-1 ↑等比数列の一般項 =(a1/2¹+1/3)(5/2)^n-1 ↑ bn=an/2^nとおいたので、b1=a1/2¹となる =(1/2+1/3)(5/2)^n-1 =5/6(5/2)^n-1 =5^n/3・2^n$

ここで、 $bn=an/2^n$ であったから、もとに戻して

$ここからについて解く an/2^n+1/3=5^n/3・2^n ↑ここからanについて解く \Leftrightarrow an/2^n=5^n/3・2^n-1/3 ∴an=5^n/3-2^n/3$

解答2を見る

漸化式 $an+1=5an+2^n$ の両辺を $5^n+1$ で割ると

$である an+15^n+1=5an5^n+1+2^n5^n+1 \Leftrightarrow an+15^n+1=5an/5・5^n+2^n/5・5^n ↑ 5^n+1=5・5^nである ∴an+15^n+1=an/5^n+1/5・(2/5)^n$

$an/5^n=bn$ とおくと

$bn+1=bn+1/5(2/5)^n \Leftrightarrow bn+1-bn=1/5(2/5)^n$

この漸化式より、数列 ${bn}$ の階差数列を ${cn}$ とすれば、 $cn=1/5(2/5)^n$ となっていることがわかるので、 $2≦ n$ では

$bn=b1+Σck =a1/5¹+Σ1/5(2/5)^k =1/5+1/5Σ(2/5)^k =1/5+1/5・2/5{1-(2/5)^n-1}1-2/5 =1/5+1/5・2/3{1-(2/5)^n-1} =1/5+2/15{1-(2/5)^n-1} =1/5+2/15-2/15(2/5)^n-1 =1/3-2/15(2/5)^n-1 =1/3-2^n/3・5^n$

この式の右辺の $n$ に1を代入すると、 $1/3-2/15=1/5$ となり、 $b1=a1/5¹=1/5$ と一致するので、この式は $n=1$ のときにも成立する。

よって $n≧1$ で

$bn=1/3-2^n/3・5^n$

が成り立つ。ここで、 $bn=an/5^n$ であったから

$an/5^n=1/3-2^n/3・5^n ∴an=5^n/3-2^n/3$

解答1を見る

$STEP1$

漸化式の両辺を、 $r^n+1$ で割ることにより

$an+1r^n+1bn+1=p/r・an/r^nbn+1/r$

として、線形2項間漸化式を導く。

$STEP2$

(以下、線形2項間漸化式の解法に準じる)

解答2を見る

$STEP1$

漸化式の両辺を、 $p^n+1$ で割ることにより

$an+1p^n+1bn+1=an/p^nbn+1/p・(r/p)^n$

として、階差型漸化式を導く。

$STEP2$

(以下、階差型漸化式の解法に準じる)

定理1 $f(n)=r^n$ タイプの変形階差型漸化式の解法

変形階差型漸化式 $an+1=pan+r^n$ について。

$f(n)=n^k$ ( $k$ は自然数)の場合の解法

問題3変形階差型漸化式～その２～

$a1=1,an+1=5an+n (n≧1)$ で定まる数列 ${an}$ の一般項 $an$ を $n$ の式で表せ。

解答1を見る

この解法では、漸化式 $an+1=pan+n^k$ 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 $an+1=5an+n$ が

$an+1-{s(n+1)+tg(n+1)} = 5{an-(sn+t)g(n)} ①$

と変形できたとすれば、 $bn=an-(sn+t)$ とおくことにより、漸化式は

$bn+1=5bn$

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、 $①$ を展開・整理して

$an+1-{s(n+1)+t}=5{an-(sn+t)} \Leftrightarrow an+1=5{an-(sn+t)}+{s(n+1)+t} \Leftrightarrow an+1=5an-5(sn+t)+s(n+1)+t \Leftrightarrow an+1=5an-5sn-5t+sn+s+t ∴an+1=5an-4sn+(s-4t)$

としておいて、これと漸化式 $an+1=5an+n$ を比較して

$-4s=1 s-4t=0$

を解けばよい。

解答2を見る

この解法では、漸化式 $an+1=pan+n^k$ 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 $an+1=5an+n$ の両辺を $5^n+1$ で割る。

$an+15^n+1=5an5^n+1+n5^n+1 \Leftrightarrow an+15^n+1=5an/5・5^n+n5^n+1 ∴an+15^n+1=an/5^n+n(1/5)^n+1$

ここで、 $an/5^n=bn$ とおくと、漸化式は

$bn+1=bn+n(1/5)^n+1$

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。

問題4変形階差型漸化式～その２～(再掲)

$a1=1,an+1=5an+n (n≧1)$ で定まる数列 ${an}$ の一般項 $an$ を $n$ の式で表せ。

解答1を見る

漸化式 $an+1=5an+n$ を変形して

$an+1=5an+n \Leftrightarrow an+1-{s(n+1)+tg(n+1)} =5{an-(sn+t)g(n)}$

となるような、 $s,t$ を求める。

そのためには、まずこの式を展開・整理して

$an+1-{s(n+1)+t} = 5{an-(sn+t)} ②$

$\Leftrightarrow an+1=5{an-(sn+t)} +{s(n+1)+t} \Leftrightarrow an+1=5an-5(sn+t) +s(n+1)+t \Leftrightarrow an+1=5an-5sn-5t +sn+s+t ∴an+1=5an-4sn+(s-4t) ③$

この $③$ と、もとの漸化式 $an+1=5an+n$ を比べて

$-4s=1 ④ s-4t=0 ⑤$

を解けばよい。

まず、 $④$ より $s=-1/4$ であり、これを $⑤$ に代入して

$-1/4-4t=0 \Leftrightarrow t=-1/16$

を得る。この $s,t$ を $②$ に代入して

$an+1-{-1/4(n+1)-1/16} = 5{an-(-(1/4)n-1/16)} ⑥$

を得る。

ここで、 $bn=an-(-(1/4)n-1/16)$ とおくと、 $⑥$ は

$bn+1=5bn$

となり、数列 ${bn}$ は初項

$b1=a1-(-1/4・1-1/16) =1+1/4+1/16 =21/16$

公比5の等比数列となるのがわかる。

よって

$bn=b1・5^n-1 =21/16・5^n-1$

$bn=an-(-(1/4)n-1/16)$ であったから

$an-(-(1/4)n-1/16)=21/16・5^n-1 ∴an=-(1/4)n-1/16+21/16・5^n-1$

解答2を見る

漸化式 $an+1=5an+n$ の両辺を $5^n+1$ で割ると

$である an+15^n+1=5an5^n+1+n5^n+1 \Leftrightarrow an+15^n+1=5an/5・5^n+n(1/5)^n+1 ↑5^n+1=5・5^nである ∴an+15^n+1=an/5^n+n(1/5)^n+1$

$bn=an/5^n$ とおくと

$bn+1=bn+n(1/5)^n+1 \Leftrightarrow bn+1-bn=n(1/5)^n+1$

この漸化式により、数列 ${bn}$ の階差数列を ${cn}$ とすれば、 $cn=n(1/5)^n+1$ となっていることがわかるので、 $n≧2$ では

$とおく bn=b1+Σck =a1/5¹+Σk(1/5)^k+1 =1/5+Σk(1/5)^k+1^Aとおく ⑦$

ここで

A=(1/5)^2+2・(1/5)^3+…+(n-1)・(1/5)^n からその1/5倍を引き、4/5 A=(1/5)^2+(1/5)^3+…+(1/5)^n-(n-1)・(1/5)^(n+1) を導く筆算。

より

$ここからの計算はでくくるためのものである(4/5)A = (1/5)²+(1/5)³+…+(1/5)^n -(n-1)・(1/5)^n+1 = (1/5)²{1-(1/5)^n-1}1-1/5 -(n-1)・(1/5)^n+1 ↓ここからの計算は(1/5)^nでくくるためのものである = 1/20{1-(1/5)^n-1}-(n-1)・(1/5)^n+1 = 1/20-1/20(1/5)^n-1-(n-1)/5・(1/5)^n = 1/20-1/4(1/5)^n-(n-1)/5・(1/5)^n = 1/20-(1/4+(n-1)/5)(1/5)^n = 1/20-(5+4n-4)/20(1/5)^n = 1/20-(4n+1)/20(1/5)^n$

よって

$A=1/16-(4n+1)/16(1/5)^n$

であるから、 $⑦$ は

$bn=1/5+1/16-(4n+1)/16(1/5)^n =21/80-(4n+1)/16(1/5)^n$

ここで、 $bn=an/5^n$ であったから

$an/5^n=21/80-(4n+1)/16(1/5)^n \Leftrightarrow an=21/80・5^n-(4n+1)/16 ∴an=-(1/4)n-1/16+21/16・5^n-1$

この式の右辺の $n$ に1を代入すると、1となり、 $a1$ と一致するので、この式は $n=1$ のときにも成立する。

解答1を見る

$STEP1$

漸化式 $an+1=pan+n^k$ を変形して

$an+1-g(n+1)=p{an-g(n)}$

となるような、 $k$ 次式 $g(n)$ を求める。

$STEP2$

(以下、等比数列の一般項の求め方に準じる)

解答2を見る

$STEP1$

漸化式の両辺を、 $p^n+1$ で割ることにより

$an+1p^n+1bn+1=an/p^nbn+n^k(1/p)^n+1$

として、階差型漸化式を導く。

$STEP2$

(以下、階差型漸化式の解法に準じる)

定理2 $f(n)=n^k (k)$ タイプの変形階差型漸化式の解法

変形階差型漸化式 $an+1=pan+n^k (k)$ について。

最終更新: 2026-09-03

この節についてAIに質問する

この節に書かれている内容だけを根拠に答えます。個人情報は書かないでください。

質問の内容

数学B 第2章 漸化式 — 変形階差型漸化式:an+1 =pan+f(n)

変形階差型漸化式の解法

変形階差型漸化式

f(n)=r^nの場合の解法

問題1変形階差型漸化式～その１～

問題2変形階差型漸化式～その１～(再掲)

定理1 f(n)=r^n タイプの変形階差型漸化式の解法

f(n)=n^k(kは自然数)の場合の解法

問題3変形階差型漸化式～その２～

問題4変形階差型漸化式～その２～(再掲)

定理2 f(n)=n^k (k) タイプの変形階差型漸化式の解法

この節についてAIに質問する

数学B 第2章漸化式 — 変形階差型漸化式: $an+1 =pan+f(n)$

$f(n)=r^n$ の場合の解法

定理1 $f(n)=r^n$ タイプの変形階差型漸化式の解法

$f(n)=n^k$ ( $k$ は自然数)の場合の解法

定理2 $f(n)=n^k (k)$ タイプの変形階差型漸化式の解法