本項では以下の内容を解説しています。
以下のような指数を含む漸化式
の解き方について解説します。
以下のような指数を含む漸化式 \begin{eqnarray} && \Large a_1 = a\\[0.7em] && \Large a_{n+1} = p\hspace{1pt}a_n + r^{n} \\ \end{eqnarray} は、漸化式の両辺を \(\large{\color{red}{r^{n+1}}\color{black}{}}\) で割ると \begin{eqnarray} \large \frac{a_{n+1}}{\color{red}{r^{n+1}}\color{black}{}} & \large = & \large p\cdot\frac{a_{n}}{\color{red}{r^{n+1}}\color{black}{}} + \frac{r^n}{\color{red}{r^{n+1}}\color{black}{}}\\[0.7em] \large & \large = & \large \frac{p}{r}\cdot\frac{a_{n}}{\color{red}{r^{n}}\color{black}{}} + \frac{1}{r}\\[0.7em] \end{eqnarray} と変形されます。
ここで、\(\displaystyle\large{b_n = \frac{a_n}{r^n}}\) と置き換えることで $$\large{b_{n+1} = \frac{p}{r} \cdot b_n + \frac{1}{r}}$$ と変形されます。
上式のように漸化式を変形すれば、特性方程式により数列 \(\large{\{b_n\}}\) を求めることができるため、元の漸化式を満たす数列 \(\large{\{a_n\}}\) を導出できます。
まとめると、指数型の漸化式は以下の手順①～③により解くことができます。
手順①は、漸化式に含まれる指数の \(\large{n}\) を削除することが目的であるため、漸化式が $$\large{a_{n+1} = p\hspace{1pt}a_n + \frac{1}{r^{n}}}$$ の形式である場合は、\(\large{\hspace{1pt}r^{n+1}\hspace{2pt}}\)をかけて整理します。(詳細は問題(3)で解説します)
例題の漸化式 $$\large{a_{n+1} = 2\hspace{1pt}a_n +3^n}$$ の両辺を \(\large{3^{n+1}}\) で割ると \begin{eqnarray} \large \frac{a_{n+1}}{3^{n+1}} & \large = & \large 2\cdot \frac{a_n}{3^{n+1}} +\frac{3^n}{3^{n+1}}\\[0.7em] \large & \large = & \large \frac{2}{3}\cdot \frac{a_n}{3^{n}} +\frac{1}{3}\\[0.7em] \end{eqnarray}
上記の漸化式で \(\displaystyle\large{b_n = \frac{a_n}{3^n}}\) と置き換えると $$\large{b_{n+1} = \frac{2}{3}\cdot b_n +\frac{1}{3}\hspace{5pt}\cdots (1)}$$ となります。
\(\large{(1)\hspace{2pt}}\)式は \(\large{b_{n+1}\hspace{1pt},\hspace{2pt}b_n}\) を \(\large{\alpha}\) に置き変えた特性方程式 $$\large{\alpha = \frac{2}{3} \hspace{1pt}\alpha + \frac{1}{3}}$$ 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、 $$\large{b_{n+1}-\color{red}{1}\color{black}{} = \frac{2}{3}\hspace{1pt}(b_n -\color{red}{1}\color{black}{})}$$ となります。
ここで、数列\(\large{\{b_n -1\}}\) は 初項 \(\displaystyle\large{\hspace{1pt}b_1 -1= \frac{5}{3}-1 = \frac{2}{3}}\)、公比 \(\displaystyle\large{r=\frac{2}{3}}\) の等比数列となるため $$\large{b_n -1 = \frac{2}{3}\cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} =\left(\frac{2}{3}\right)^{n}}$$ すなわち、数列\(\large{\{b_n\}}\) の一般項は $$\large{b_n = \left(\frac{2}{3}\right)^{n}+1}$$ となります。
したがって、\(\displaystyle\large{a_n = 3^n \cdot b_n}\) であることから、 \begin{eqnarray} \large a_n & \large = & \large 3^n \cdot b_n\\[0.7em] \large & \large = & \large 3^n \cdot \left\{\left(\frac{2}{3}\right)^{n}+1\right\}\\[0.7em] \large & \large = & \large 2^n + 3^n\\[0.7em] \end{eqnarray} となります。
以下のように指数を含む漸化式 \begin{eqnarray} && \Large a_1 = a\\[0.7em] && \Large a_{n+1} = p\hspace{1pt}a_n + r^{n} \\ \end{eqnarray} は \(\large{p^{n+1}}\) で割り変形すると、階差数列を利用して一般項を求めることもできます。
この階差数列を利用する方法は、先述の特性方程式を利用する方法より計算量が多くなるため、特性方程式を利用する方をおすすめします。
同じ例題を階差数列を利用する方法で解きます。
漸化式の両辺を \(\large{2^{n+1}}\) で割ると \begin{eqnarray} \large \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} & \large = & \large 2\cdot \frac{a_n}{2^{n+1}} +\frac{3^n}{2^{n+1}}\\[0.7em] \large & \large = & \large \frac{a_n}{2^{n}} +\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{3}{2}\right)^n\\[0.7em] \end{eqnarray}
\(\displaystyle\large{b_n = \frac{a_n}{2^{n}}}\) とおくと $$\large{b_{n+1}=b_n +\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{3}{2}\right)^n}$$
数列\(\large{\{b_n\}}\) の階差数列を \(\large{\{c_n\}}\) とおくと、\(\displaystyle\large{c_n = \frac{1}{2}\cdot \left(\frac{3}{2}\right)^n}\) となります。
階差数列から一般項を求める公式から、\(\large{n \geqq 2}\) のとき \begin{eqnarray} \large b_n &\large = &\large b_1 + \sum_{k=1}^{n-1}c_k\\[0.7em] &\large = &\large \frac{5}{2} + \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\cdot \left(\frac{3}{2}\right)^k \right)\\[0.7em] &\large = &\large \frac{5}{2} + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n-1} \left(\frac{3}{2}\right)^k \\[0.7em] &\large = &\large \frac{5}{2}+ \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}-1}{\frac{3}{2}-1} \\[0.7em] &\large = &\large 1 + \left(\frac{3}{2}\right)^n \\[0.7em] \end{eqnarray}
ここで、\(\large{n =1}\) のとき \(\displaystyle\large{a_1 = \frac{5}{2}}\) となるため、上記の一般項の式は \(\large{n =1}\) のときも成り立ちます。
したがって、\(\displaystyle\large{a_n = 2^n \cdot b_n}\) であることから、 \begin{eqnarray} \large a_n & \large = & \large 2^n \cdot b_n\\[0.7em] \large & \large = & \large 2^n \cdot \left\{ 1 + \left(\frac{3}{2}\right)^n\right\}\\[0.7em] \large & \large = & \large 2^n + 3^n\\[0.7em] \end{eqnarray} となります。
本章では、指数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。
解答と解説 : 問題(1)
解答と解説 : 問題(2)
解答と解説 : 問題(3)
問題1の漸化式 $$\large{a_{n+1} = -3\hspace{1pt}a_n +2^n}$$ の両辺を \(\large{2^{n+1}}\) で割ると \begin{eqnarray} \large \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} & \large = & \large -3\cdot \frac{a_n}{2^{n+1}} +\frac{2^n}{2^{n+1}}\\[0.7em] \large & \large = & \large -\frac{3}{2}\cdot \frac{a_n}{2^{n}} +\frac{1}{2}\\[0.7em] \end{eqnarray}
上記の漸化式で \(\displaystyle\large{b_n = \frac{a_n}{2^n}}\) と置き換えると $$\large{b_{n+1} = -\frac{3}{2}\cdot b_n +\frac{1}{2}\hspace{5pt}\cdots (1)}$$ となります。
\(\large{(1)\hspace{2pt}}\)式は \(\large{b_{n+1}\hspace{1pt},\hspace{2pt}b_n}\) を \(\large{\alpha}\) に置き変えた特性方程式 $$\large{\alpha = -\frac{3}{2} \hspace{1pt}\alpha + \frac{1}{2}}$$ を解き、一般項を求められるように変形します。
特性方程式の解\(\large{\alpha}\) は \(\displaystyle\large{\alpha = \color{red}{\frac{1}{5}}\color{black}{}}\) となることから、 $$\large{b_{n+1}-\color{red}{\frac{1}{5}}\color{black}{} = -\frac{3}{2}\hspace{1pt}(b_n -\color{red}{\frac{1}{5}}\color{black}{})}$$ となります。
ここで、数列\(\large{\{b_n -\frac{1}{5}\}}\) は 初項 \(\displaystyle\large{\hspace{1pt}b_1-\frac{1}{5} = \frac{4}{2}-\frac{1}{5} = \frac{9}{5}}\)、公比 \(\displaystyle\large{r=-\frac{3}{2}}\) の等比数列となるため $$\large{b_n -\frac{1}{5} = \frac{9}{5}\cdot \left(-\frac{3}{2}\right)^{n-1}}$$ すなわち、数列\(\large{\{b_n\}}\) の一般項は $$\large{b_n = \frac{9}{5}\cdot \left(-\frac{3}{2}\right)^{n-1} + \frac{1}{5} }$$ となります。
したがって、\(\displaystyle\large{a_n = 2^n \cdot b_n}\) であることから、 \begin{eqnarray} \large a_n & \large = & \large 2^n \cdot b_n\\[0.7em] \large & \large = & \large 2^n \cdot \left\{\frac{9}{5}\cdot \left(-\frac{3}{2}\right)^{n-1} + \frac{1}{5} \right\}\\[0.7em] \large & \large = & \large \frac{1}{5}(18\cdot (-3)^{n-1} + 2^n)\\[0.7em] \end{eqnarray} となります。
問題2の漸化式 $$\large{a_{n+1} = 2\hspace{1pt}a_n +(-2)^{n+2}}$$ の両辺を \(\large{(-2)^{n+1}}\) で割ると \begin{eqnarray} \large \frac{a_{n+1}}{(-2)^{n+1}} & \large = & \large 2\cdot \frac{a_n}{(-2)^{n+1}} +\frac{(-2)^{n+2}}{(-2)^{n+1}}\\[0.7em] \large & \large = & \large -\frac{a_n}{(-2)^{n}} -2\\[0.7em] \end{eqnarray}
上記の漸化式で \(\displaystyle\large{b_n = \frac{a_n}{(-2)^n}}\) と置き換えると $$\large{b_{n+1} = -b_n -2\hspace{5pt}\cdots (1)}$$ となります。
\(\large{(1)\hspace{2pt}}\)式は \(\large{b_{n+1}\hspace{1pt},\hspace{2pt}b_n}\) を \(\large{\alpha}\) に置き変えた特性方程式 $$\large{\alpha = -\hspace{1pt}\alpha - 2}$$ を解き、一般項を求められるように変形します。
特性方程式の解\(\large{\alpha}\) は \(\displaystyle\large{\alpha = \color{red}{-1}\color{black}{}}\) となることから、 $$\large{b_{n+1}+\color{red}{1}\color{black}{} = -\hspace{1pt}(b_n +\color{red}{1}\color{black}{})}$$ となります。
ここで、数列\(\large{\{b_n +1\}}\) は 初項 \(\displaystyle\large{\hspace{1pt}b_1+1 = -\frac{6}{2}+1 = -2}\)、公比 \(\displaystyle\large{r=-1}\) の等比数列となるため $$\large{b_n +1 = -2\cdot \left(-1\right)^{n-1}}$$ すなわち、数列\(\large{\{b_n\}}\) の一般項は $$\large{b_n = -2\cdot \left(-1\right)^{n-1} -1 }$$ となります。
したがって、\(\displaystyle\large{a_n = (-2)^n \cdot b_n}\) であることから、 \begin{eqnarray} \large a_n & \large = & \large (-2)^n \cdot b_n\\[0.7em] \large & \large = & \large (-2)^n \cdot \left\{ -2\cdot \left(-1\right)^{n-1} -1 \right\}\\[0.7em] \large & \large = & \large \large (-2)^{n+1} \cdot \left(-1\right)^{n-1} -(-2)^n \\[0.7em] \end{eqnarray} となります。
問題3の漸化式は両辺に \(\large{2^{n+1}}\) をかけることで一般項を求めます。
漸化式 $$\large{a_{n+1} = 3\hspace{1pt}a_n +\frac{5}{2^n}}$$ の両辺を \(\large{2^{n+1}}\) をかけると \begin{eqnarray} \large 2^{n+1}\cdot a_{n+1} & \large = & \large 3\cdot 2^{n+1}\cdot a_{n} +\frac{5 \cdot 2^{n+1}}{2^{n}}\\[0.7em] \large & \large = & \large 6\cdot 2^{n}\cdot a_{n} +10\\[0.7em] \end{eqnarray}
上記の漸化式で \(\large{b_n = 2^n \cdot a_n}\) と置き換えると $$\large{b_{n+1} =6 \cdot b_n +10\hspace{5pt}\cdots (1)}$$ となります。
\(\large{(1)\hspace{2pt}}\)式は \(\large{b_{n+1}\hspace{1pt},\hspace{2pt}b_n}\) を \(\large{\alpha}\) に置き変えた特性方程式 $$\large{\alpha = 6\hspace{1pt}\alpha + 10}$$ を解き、一般項を求められるように変形します。
特性方程式の解\(\large{\alpha}\) は \(\displaystyle\large{\alpha = \color{red}{-2}\color{black}{}}\) となることから、 $$\large{b_{n+1}+\color{red}{2}\color{black}{} = 6\hspace{1pt}\left(b_n +\color{red}{2}\color{black}{}\right)}$$ となります。
ここで、数列\(\displaystyle\large{\left\{b_n +2\right\}}\) は 初項 \(\displaystyle\large{\hspace{1pt}b_1+2 = 2\cdot 2 +2= 6}\)、公比 \(\displaystyle\large{r=6}\) の等比数列となるため $$\large{b_n +2= 6\cdot 6^{n-1} = 6^{n}}$$ すなわち、数列\(\large{\{b_n\}}\) の一般項は $$\large{b_n = 6^{n} - 2 }$$ となります。
したがって、\(\displaystyle\large{a_n = \frac{b_n}{2^n} }\) であることから、 \begin{eqnarray} \large a_n & \large = & \large \frac{b_n}{2^n}\\[0.7em] \large & \large = & \large \frac{1}{2^n} \cdot \left\{6^{n} - 2 \right\}\\[0.7em] \large & \large = & \large 3^n-\frac{1}{2^{n-1}}\\[0.7em] \end{eqnarray} となります。