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nの一次式を含む漸化式の解法

本項では以下の内容を解説しています。

  • ・nの一次式を含む漸化式の解法
  • ・関連する問題と解説

【1】nの一次式を含む漸化式

\(\large{p \neq 1\hspace{1pt}}\), \(\large{f(n)\hspace{2pt}}\)が\(\large{n\hspace{1pt}}\)の一次式 であるとき、以下の漸化式 \begin{eqnarray} && \Large a_1 = a\\[0.7em] && \Large a_{n+1} = p\hspace{1pt}a_n +f(n) \\ \end{eqnarray} は階差数列型の漸化式と似ていますが、\(\large{p \neq 1}\) であることから、そのままでは一般項を求めることができません。

そこで、上記のような漸化式から一般項\(\large{\{a_n\}}\) を求める場合は、以下の①~③の手順によって一般項を求めます。

【nの一次式を含む漸化式の解き方】
① 漸化式を以下の形式に変形する $$\large{a_{n+2}-a_{n+1} = p\hspace{1pt}(a_{n+1}-a_n) + q}$$ ② \(\large{\{a_n\}}\) の階差数列を \(\large{\{b_n\}}\) とおいて $$\large{b_{n+1} = p\hspace{1pt}b_n + q}$$ と変形し \(\large{\{b_n\}}\) の一般項を求める
③ \(\large{\{b_n\}}\) から \(\large{\{a_n\}}\) の一般項を求める

・例題

【例題】
 次の漸化式で定義される数列\(\large{\{a_n\}\hspace{1pt}}\)の一般項を求めよ \begin{eqnarray} && \large a_1 = 5\\[0.7em] && \large a_{n+1} = 3\hspace{1pt}a_n -2n \\ \end{eqnarray}

①漸化式を変形する

例題の漸化式 $$\large{a_{n+1} = 3\hspace{1pt}a_n -2n\hspace{5pt}\cdots(1)\hspace{30pt}}$$ と (1)式の \(\large{n}\) を \(\large{n+1}\) に置き換えた漸化式 $$\large{a_{n+2} = 3\hspace{1pt}a_{n+1} -2(n+1)\hspace{5pt}\cdots(2)}$$ において \(\large{(1)\hspace{1pt}}\)式と\(\large{(2)\hspace{1pt}}\)式の差分を求めると $$\large{a_{n+2}-a_{n+1} = 3\hspace{1pt}(a_{n+1}-a_n) -2}$$ となります。

②階差数列の一般項を求める

数列\(\large{\{a_n\}}\) の階差数列を \(\large{\{b_n\}}\) とすると、\(\large{a_{n+1}-a_n = b_n}\) であることから、 \begin{eqnarray} && \large b_1 = a_2 - a_1 = 8\\[0.7em] && \large b_{n+1} = 3\hspace{1pt}b_n -2 \hspace{5pt}\cdots(3) \\ \end{eqnarray} となります。

\(\large{(3)\hspace{2pt}}\)式は \(\large{b_{n+1}\hspace{1pt},\hspace{2pt}b_n}\) を \(\large{\alpha}\) に置き変えた以下の特性方程式 $$\large{\alpha = 3 \hspace{1pt}\alpha-2}$$ を解くことで一般項を求められるように変形されます。

特性方程式の解\(\large{\alpha}\) は \(\large{\alpha = \color{red}{1}\color{black}{}}\) となることから、\(\large{b_{n+1} = 3\hspace{1pt}b_n -2}\) を変形すると $$\large{b_{n+1}-\color{red}{1}\color{black}{} = 3\hspace{1pt}(b_n -\color{red}{1}\color{black}{})}$$ となります。

ここで、数列\(\large{\{b_n -1\}}\) は 初項 \(\large{\hspace{1pt}b_1 = 8-1 = 7}\)、公比 \(\large{r=3}\) の等比数列となることから、 $$\large{b_n -1 = 7\cdot 3^{n-1} }$$ すなわち、数列\(\large{\{b_n\}}\) の一般項は $$\large{b_n = 7\cdot 3^{n-1}+1}$$ となります。

③元の数列の一般項を求める

数列\(\large{\{b_n\}}\) は 数列\(\large{\{a_n\}}\) の階差数列であるため、階差数列から一般項を求める公式から、\(\large{n \geqq 2}\) であるとき \begin{eqnarray} \large a_n &\large = &\large a_1 + \sum_{k=1}^{n-1}b_k\\[0.7em] &\large = &\large 5 + \sum_{k=1}^{n-1}(7\cdot 3^{k-1}+1)\\[0.7em] &\large = &\large 5 + 7\sum_{k=1}^{n-1}3^{k-1} + \sum_{k=1}^{n-1} 1\\[0.7em] &\large = &\large 5+ 7 \cdot \frac{3^{n-1}-1}{3-1} +(n-1) \\[0.7em] &\large = &\large 5+ \frac{7}{2}(3^{n-1}-1)+(n-1) \\[0.7em] &\large = &\large \frac{7}{2}\cdot 3^{n-1} +n +\frac{1}{2} \\[0.7em] \end{eqnarray} となります。

上式は \(\large{a_1 = 5}\) となることから、\(\large{n=1}\) のときも成り立ちます。

したがって、\(\displaystyle\large{a_n = \frac{7}{2}\cdot 3^{n-1} +n +\frac{1}{2}}\) と求められます。

【2】nの一次式を含む漸化式の問題

本章では、nの一次式を含む漸化式に関連する問題と解き方について解説します。

【問題1】
 次の漸化式で定義される数列\(\large{\{a_n\}\hspace{1pt}}\)の一般項を求めよ \begin{eqnarray} && \large a_1 = 4\\[0.7em] && \large a_{n+1} = -2\hspace{1pt}a_n +9\hspace{1pt}n \\ \end{eqnarray}
【問題2】
 次の漸化式で定義される数列\(\large{\{a_n\}\hspace{1pt}}\)の一般項を求めよ \begin{eqnarray} && \large a_1 = 2\\[0.7em] && \large a_{n+1} = 5\hspace{1pt}a_n -12n \\ \end{eqnarray}
【問題3】
 次の漸化式で定義される数列\(\large{\{a_n\}\hspace{1pt}}\)の一般項を求めよ \begin{eqnarray} && \large a_1 = -4\\[0.7em] && \large a_{n+1} = 2\hspace{1pt}a_n -5(n+2) \\ \end{eqnarray}

問題1の解答 : nの一次式を含む漸化式

【問題1】
 次の漸化式で定義される数列\(\large{\{a_n\}\hspace{1pt}}\)の一般項を求めよ \begin{eqnarray} && \large a_1 = 4\\[0.7em] && \large a_{n+1} = -2\hspace{1pt}a_n +9\hspace{1pt}n \\ \end{eqnarray}

①漸化式を変形する

例題の漸化式 $$\large{a_{n+1} = -2\hspace{1pt}a_n +9\hspace{1pt}n\hspace{5pt}\cdots(1)\hspace{30pt}}$$ と \(\large{(1)\hspace{2pt}}\)式の \(\large{n}\) を \(\large{n+1}\) に置き換えた漸化式 $$\large{a_{n+2} = -2\hspace{1pt}a_{n+1} +9(n+1)\hspace{5pt}\cdots(2)}$$ において \(\large{(1)\hspace{1pt}}\)式と\(\large{(2)\hspace{1pt}}\)式の差分を求めると $$\large{a_{n+2}-a_{n+1} = -2\hspace{1pt}(a_{n+1}-a_n) +9}$$ となります。

②階差数列の一般項を求める

数列\(\large{\{a_n\}}\) の階差数列を \(\large{\{b_n\}}\) とすると、\(\large{a_{n+1}-a_n = b_n}\) であることから、 \begin{eqnarray} && \large b_1 = a_2 - a_1 = -3\\[0.7em] && \large b_{n+1} = -2\hspace{1pt}b_n +9 \hspace{5pt}\cdots(3) \\ \end{eqnarray} となります。

\(\large{(3)\hspace{2pt}}\)式の特性方程式 $$\large{\alpha = -2\hspace{1pt}\alpha +9}$$ の解\(\large{\alpha}\) は \(\large{\alpha = \color{red}{3}\color{black}{}}\) となります。

この解から \(\large{b_{n+1} = -2\hspace{1pt}b_n +9}\) を変形すると $$\large{b_{n+1}-\color{red}{3}\color{black}{} = -2\hspace{1pt}(b_n -\color{red}{3}\color{black}{})}$$ となります。

ここで、数列\(\large{\{b_n -3\}}\) は 初項 \(\large{\hspace{1pt}b_1 = -3-3 = -6}\)、公比 \(\large{r=-2}\) の等比数列となることから、 $$\large{b_n -3 = -6\cdot (-2)^{n-1} }$$ すなわち、数列\(\large{\{b_n\}}\) の一般項は $$\large{b_n = -6\cdot (-2)^{n-1} + 3}$$ となります。

③元の数列の一般項を求める

したがって、階差数列から一般項を求める公式から、数列\(\large{\{a_n\}}\) の一般項は、\(\large{n \geqq 2}\) であるとき \begin{eqnarray} \large a_n &\large = &\large a_1 + \sum_{k=1}^{n-1}b_k\\[0.7em] &\large = &\large 4 + \sum_{k=1}^{n-1}( -6\cdot (-2)^{k-1} + 3)\\[0.7em] &\large = &\large 4 -6 \sum_{k=1}^{n-1} (-2)^{k-1} + 3 \sum_{k=1}^{n-1} 1\\[0.7em] &\large = &\large 4 -6 \cdot \frac{1-(-2)^{n-1}}{1-(-2)} +3(n-1) \\[0.7em] &\large = &\large -(-2)^{n}+3n-1 \\[0.7em] \end{eqnarray} となります。

上式は \(\large{a_1 = 4}\) となることから、\(\large{n=1}\) のときも成り立ちます。

したがって、\(\displaystyle\large{a_n =-(-2)^{n}+3n-1 }\) と求められます。

問題2の解答 : nの一次式を含む漸化式

【問題2】
 次の漸化式で定義される数列\(\large{\{a_n\}\hspace{1pt}}\)の一般項を求めよ \begin{eqnarray} && \large a_1 = 2\\[0.7em] && \large a_{n+1} = 5\hspace{1pt}a_n -12n \\ \end{eqnarray}

①漸化式を変形する

例題の漸化式 $$\large{a_{n+1} = 5\hspace{1pt}a_n -12n\hspace{5pt}\cdots(1)\hspace{30pt}}$$ と \(\large{(1)\hspace{2pt}}\)式の \(\large{n}\) を \(\large{n+1}\) に置き換えた漸化式 $$\large{a_{n+2} = 5\hspace{1pt}a_{n+1} -12(n+1)\hspace{5pt}\cdots(2)}$$ において \(\large{(1)\hspace{1pt}}\)式と\(\large{(2)\hspace{1pt}}\)式の差分を求めると $$\large{a_{n+2}-a_{n+1} = 5\hspace{1pt}(a_{n+1}-a_n) -12}$$ となります。

②階差数列の一般項を求める

数列\(\large{\{a_n\}}\) の階差数列を \(\large{\{b_n\}}\) とすると、\(\large{a_{n+1}-a_n = b_n}\) であることから、 \begin{eqnarray} && \large b_1 = a_2 - a_1 = -4\\[0.7em] && \large b_{n+1} = 5\hspace{1pt}b_n -12 \hspace{5pt}\cdots(3) \\ \end{eqnarray} となります。

\(\large{(3)\hspace{2pt}}\)式の特性方程式 $$\large{\alpha = 5\hspace{1pt}\alpha-12}$$ の解\(\large{\alpha}\) は \(\large{\alpha = \color{red}{3}\color{black}{}}\) となります。

この解から \(\large{b_{n+1} = 5\hspace{1pt}b_n -12}\) を変形すると $$\large{b_{n+1}-\color{red}{3}\color{black}{} = 5\hspace{1pt}(b_n -\color{red}{3}\color{black}{})}$$ となります。

ここで、数列\(\large{\{b_n -3\}}\) は 初項 \(\large{\hspace{1pt}b_1 = -4-3 = -7}\)、公比 \(\large{r=5}\) の等比数列となることから、 $$\large{b_n -3 = -7\cdot 5^{n-1} }$$ すなわち、数列\(\large{\{b_n\}}\) の一般項は $$\large{b_n = -7\cdot 5^{n-1} +3}$$ となります。

③元の数列の一般項を求める

したがって、階差数列から一般項を求める公式から、数列\(\large{\{a_n\}}\) の一般項は、\(\large{n \geqq 2}\) であるとき \begin{eqnarray} \large a_n &\large = &\large a_1 + \sum_{k=1}^{n-1}b_k\\[0.7em] &\large = &\large 2 + \sum_{k=1}^{n-1}(-7\cdot 5^{k-1} +3)\\[0.7em] &\large = &\large 2 -7\sum_{k=1}^{n-1}5^{k-1} + 3 \sum_{k=1}^{n-1} 1\\[0.7em] &\large = &\large 2-7 \cdot \frac{5^{n-1}-1}{5-1} +3(n-1) \\[0.7em] &\large = &\large -\frac{7}{4}\cdot 5^{n-1}+3n+\frac{3}{4}\\[0.7em] \end{eqnarray} となります。

上式は \(\large{a_1 = 2}\) となることから、\(\large{n=1}\) のときも成り立ちます。

したがって、\(\displaystyle\large{a_n = -\frac{7}{4}\cdot 5^{n-1}+3n+\frac{3}{4}}\) と求められます。

問題3の解答 : nの一次式を含む漸化式

【問題3】
 次の漸化式で定義される数列\(\large{\{a_n\}\hspace{1pt}}\)の一般項を求めよ \begin{eqnarray} && \large a_1 = -4\\[0.7em] && \large a_{n+1} = 2\hspace{1pt}a_n -5(n+2) \\ \end{eqnarray}

①漸化式を変形する

例題の漸化式 $$\large{a_{n+1} = 2\hspace{1pt}a_n -5(n+2)\hspace{5pt}\cdots(1)\hspace{30pt}}$$ と \(\large{(1)\hspace{2pt}}\)式の \(\large{n}\) を \(\large{n+1}\) に置き換えた漸化式 $$\large{a_{n+2} = 2\hspace{1pt}a_{n+1} -5(n+3)\hspace{5pt}\cdots(2)}$$ において \(\large{(1)\hspace{1pt}}\)式と\(\large{(2)\hspace{1pt}}\)式の差分を求めると $$\large{a_{n+2}-a_{n+1} = 2\hspace{1pt}(a_{n+1}-a_n) -5}$$ となります。

②階差数列の一般項を求める

数列\(\large{\{a_n\}}\) の階差数列を \(\large{\{b_n\}}\) とすると、\(\large{a_{n+1}-a_n = b_n}\) であることから、 \begin{eqnarray} && \large b_1 = a_2 - a_1 = -19\\[0.7em] && \large b_{n+1} = 2\hspace{1pt}b_n -5 \hspace{5pt}\cdots(3) \\ \end{eqnarray} となります。

\(\large{(3)\hspace{2pt}}\)式の特性方程式 $$\large{\alpha = 2\hspace{1pt}\alpha-5}$$ の解\(\large{\alpha}\) は \(\large{\alpha = \color{red}{5}\color{black}{}}\) となります。

この解から \(\large{b_{n+1} = 2\hspace{1pt}b_n -5}\) を変形すると $$\large{b_{n+1}-\color{red}{5}\color{black}{} = 2\hspace{1pt}(b_n -\color{red}{5}\color{black}{})}$$ となります。

ここで、数列\(\large{\{b_n -5\}}\) は 初項 \(\large{\hspace{1pt}b_1 = -19-5 = -24}\)、公比 \(\large{r=2}\) の等比数列となることから、 $$\large{b_n -5 = -24\cdot 2^{n-1} = -12\cdot 2^n}$$ すなわち、数列\(\large{\{b_n\}}\) の一般項は $$\large{b_n = -12\cdot 2^n +5}$$ となります。

③元の数列の一般項を求める

したがって、階差数列から一般項を求める公式から、数列\(\large{\{a_n\}}\) の一般項は、\(\large{n \geqq 2}\) であるとき \begin{eqnarray} \large a_n &\large = &\large a_1 + \sum_{k=1}^{n-1}b_k\\[0.7em] &\large = &\large -4 + \sum_{k=1}^{n-1}(-12\cdot 2^k +5)\\[0.7em] &\large = &\large -4 -12 \sum_{k=1}^{n-1}2^k + 5 \sum_{k=1}^{n-1} 1\\[0.7em] &\large = &\large -4-12 \cdot \frac{2(2^{n-1}-1)}{2-1} +5(n-1) \\[0.7em] &\large = &\large -12\cdot 2^n + 5n +15\\[0.7em] \end{eqnarray} となります。

上式は \(\large{a_1 = -4}\) となることから、\(\large{n=1}\) のときも成り立ちます。

したがって、\(\displaystyle\large{a_n = -12\cdot 2^n + 5n +15}\) と求められます。


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