$f(n)=n^k$($k$は自然数)の場合の解法

【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