$f(n)=r^n$の場合の解法

【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}