隣接しない項の漸化式について見ていきます。
(例題)
\(a_1=1\)
\(a_{2n}=2a_{2n-1}\), \(a_{2n+1}=a_{2n}+2^{n-1}\) (\(n=1,2,3,\cdots\))
で定義される数列\(a_{n}\)について
(1)第\(2n\)項\(a_{2n}\)と第\((2n+1)\)項\(a_{2n+1}\)を求めよ。
(2)\(\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}a_k\) を求めよ。
(解答)
(1)
\(a_1=1\)
\(a_{2n}=2a_{2n-1}\)・・・①
\(a_{2n+1}=a_{2n}+2^{n-1}\)・・・②
①で\(n→n+1\) とすると
\(a_{2(n+1)}=2a_{2n+1}\)
これと②より
\(a_{2(n+1)}=2a_{2n}+2^{n}\)・・・③
\(a_{2n}=b_n\) とおくと③は
\(b_{n+1}=2b_n+2^{n}\)・・・④ (指数型)
また①より \(a_2=2a_1=2\) だから
\(b_1=a_2=2\)
④の両辺を\(2^{n}\)で割って
\(\displaystyle\frac{b_{n+1}}{2^{n}}=\displaystyle\frac{b_{n}}{2^{n-1}}+1\) (等差型)
よって
\(\displaystyle\frac{b_{n}}{2^{n-1}}=\displaystyle\frac{b_{1}}{2^{0}}+(n-1)\cdot1\)\(=n+1\)
したがって
\(b_n=(n+1)\cdot2^{n-1}\) だから
\(a_{2n}=(n+1)\cdot2^{n-1}\)
これと②より
\(a_{2n+1}\)\(=(n+1)\cdot2^{n-1}+2^{n-1}\)
\(=(n+2)\cdot2^{n-1}\)
\(a_{2n+1}=(n+2)\cdot2^{n-1}\) に\(n=0\) を代入すると \(a_1=2\cdot2^{-1}=1\) となり \(n=0\) でも成り立つので、\(a_1\)スタートにできます。
(2)
\(a_1+a_3+a_5+\cdots+a_{2n-1}\) と \(a_2+a_4+a_6+\cdots+a_{2n}\) で一旦分けて求めます。\(a_{2n+1}\)の一般項は \(n=0\) でも成り立つので、\(a_{2n-1}\) (\(n=1,2,3,\cdots\)) と\(n=1\)スタートにして統一しておきます。
\(a_{2n+1}=(n+2)\cdot2^{n-1}\) は\(n=0\) でも成り立つので
\(a_{2n-1}=(n+1)\cdot2^{n-2}\) (\(n=1,2,3,\cdots\))
\(\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}a_k\)
\(=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(a_{2k-1}+a_{2k})\)
\(=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\{(k+1)\cdot2^{k-2}+(k+1)\cdot2^{k-1}\}\)
\(=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\{(k+1)\cdot2^{k-2}+2(k+1)\cdot2^{k-2}\}\)
\(=3\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(k+1)\cdot2^{k-2}\) (等差×等比型の数列の和)
\(S=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(k+1)\cdot2^{k-2}\) とおくと
\(S=2\cdot2^{-1}+3\cdot2^{0}+4\cdot2^{1}+\cdots+(n+1)2^{n-2}\)
\(2S=\hspace{26pt}+2\cdot2^{0}+3\cdot2^{1}+\cdots+n2^{n-2}+\ (n+1)2^{n-1}\)
\(S-2S\) より
\(-S=1+(2^{0}+2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n-2})-(n+1)2^{n-1}\)
(等比数列の部分は項数\(n-1\))
\(-S=1+\displaystyle\frac{2^{n-1}-1}{2-1}-(n+1)2^{n-1}\)
よって
\(S=n2^{n-1}\)
したがって
\(\displaystyle\sum_{k=1}^{2n}a_k=3S\)
\(=3n\cdot2^{n-1}\)
以上になります。お疲れさまでした。
ここまで見ていただきありがとうございました。
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