an+1=p・an+f(n) 型

\(a_{n+1}=pa_n+f(n)\) (\(p≠1\)) の形の漸化式の解き方について見ていきます。

このタイプの漸化式にはいくつかの解法が存在します。
その解法については具体的な例題で扱っていきます。

 

(例題1)
次の条件によって定められる数列\(\{a_n\}\)の一般項を求めよ。
\(a_{1}=1\), \(a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}a_n+n\)

 

 

一見、階差数列型のようにも見えますが\(a_n\)に\(\displaystyle\frac{1}{2}\)という係数があるために違ったタイプの漸化式になります。この問題だと3種類の解法があるので1つずつ見ていきます。

(解法1)1つずれた形(等比型)にする方法

\(a_{n+1}=pa_n+q\) のときの解法を応用します。
漸化式 \(a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}a_n+n\)
を、\(a_{n+1}-〇=\displaystyle\frac{1}{2}(a_n-〇)\)
の形に変形することを目指しますが、今回はもとの漸化式に\(n\)(1次式)が混ざっているのでこれを考慮して\(n\)について1つずれた形になるように
\(a_{n+1}-\{a(n+1)+b\}=\displaystyle\frac{1}{2}\{a_n-(an+b)\}\)
として、\(a,b\)を求めていきます。

\(a_{n+1}-\{a(n+1)+b\}=\displaystyle\frac{1}{2}\{a_n-(an+b)\}\) とすると

\(a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}a_n+\displaystyle\frac{1}{2}an+(a+\displaystyle\frac{1}{2}b)\)

\(a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}a_n+n\)
と比べると

\(\displaystyle\frac{1}{2}a=1\), \(a+\displaystyle\frac{1}{2}b=0\)

よって \(a=2\), \(b=-4\) だから、与えられた漸化式は次のように変形できる。

\(a_{n+1}-\{2(n+1)-4\}=\displaystyle\frac{1}{2}\{a_n-(2n-4)\}\)

両辺で1つずれた形になっているので等比数列型として解くことができます。
慣れないうちは、\(a_n-(2n-4)=b_{n}\) と置き換えて
\(b_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}b_n\)
としておくとよいです。

ここで
\(b_n=a_n-(2n-4)\)
とおくと

\(b_1=a_1-(2-4)=3\)
\(b_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}b_n\)
より
\(b_n=3\cdot(\displaystyle\frac{1}{2})^{n-1}\)

したがって
\(a_n-(2n-4)=\displaystyle\frac{3}{2^{n-1}}\)

\(a_n=2n-4+\displaystyle\frac{3}{2^{n-1}}\)

 

(解法2)\(n\)を消去する方法

\(a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}a_n+n\)・・・①
と、この式で \(n→n+1\) とした
\(a_{n+2}=\displaystyle\frac{1}{2}a_{n+1}+(n+1)\)・・・②
において②-①で\(n\)を消去すると
\(a_{n+2}-a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}(a_{n+1}-a_n)+1\)・・・③
という漸化式が導かれます。すると③は両辺が1つずれた形になっているので、\(b_n=a_{n+1}-a_n\) とおけば
\(b_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}b_n+1\)
となり、これは \(a_{n+1}=pa_n+q\) 型です。

\(a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}a_n+n\)・・・①
より
\(a_{n+2}=\displaystyle\frac{1}{2}a_{n+1}+(n+1)\)・・・②

②-①より
\(a_{n+2}-a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}(a_{n+1}-a_n)+1\)・・・③

\(b_n=a_{n+1}-a_n\) とおくと
\(b_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}b_n+1\)・・・④

特性方程式 \(α=\displaystyle\frac{1}{2}α+1\) より
\(α=2\) だから④は次のように変形できる。

\(b_{n+1}-2=\displaystyle\frac{1}{2}(b_n-2)\)・・・⑤

\(b_1\)を求めるのに\(a_2\)が必要なので漸化式から求めておきます。

また ①より
\(a_2=\displaystyle\frac{1}{2}a_1+1=\displaystyle\frac{3}{2}\) だから
\(b_1=a_2-a_1=\displaystyle\frac{3}{2}-1\)\(=\displaystyle\frac{1}{2}\)

(⑤については置き換えずに進めていきます)
ゆえに⑤より
\(b_n-2=(b_1-2)\cdot(\displaystyle\frac{1}{2})^{n-1}\)
\(b_n=-\displaystyle\frac{3}{2}\cdot(\displaystyle\frac{1}{2})^{n-1}+2\)

最後に\(a_n\)を \(a_{n+1}-a_{n}=b_n\) から求めます。これは階差型の漸化式です。

よって
\(a_{n+1}-a_n=-\displaystyle\frac{3}{2}\cdot(\displaystyle\frac{1}{2})^{n-1}+2\)
だから、\(n≧2\)のとき

\(a_n=a_1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\{-\displaystyle\frac{3}{2}\cdot(\displaystyle\frac{1}{2})^{n-1}+2\}\)

\(=1-\displaystyle\frac{3}{2}\cdot\displaystyle\frac{1-(\displaystyle\frac{1}{2})^{n-1}}{1-\displaystyle\frac{1}{2}}+2(n-1)\)

\(=1-3\{1-(\displaystyle\frac{1}{2})^{n-1}\}+2(n-1)\)

\(=\displaystyle\frac{3}{2^{n-1}}+2n-4\)
(\(n=1\)でも成立)

したがって
\(a_n=\displaystyle\frac{3}{2^{n-1}}+2n-4\)

 

(解法3)ダイレクトに1つずれた形にする方法

\(a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}a_n+n\) の\(a_n\)の係数\(\displaystyle\frac{1}{2}\)に着目して、\(a_{n+1},a_{n}\)の係数が1つずれた形にするために両辺に\(2^{n}\)を掛けます(\((\displaystyle\frac{1}{2})^n\)で割るということ)。すると
\(2^{n}a_{n+1}=2^{n-1}a_n+n\cdot2^{n}\)
という形になり、\(2^{n-1}a_n=b_n\) とおくことで
\(b_{n+1}=b_n+n\cdot2^{n}\) という階差数列型に帰着できます。

\(a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}a_n+n\)
の両辺に\(2^n\)を掛けて

\(2^{n}a_{n+1}=2^{n-1}a_{n}+n\cdot2^{n}\)

\(2^{n-1}a_n=b_n\) とおくと

\(b_1=2^{0}a_1=1\)
\(b_{n+1}=b_n+n\cdot2^{n}\)

よって \(n≧2\) のとき
\(b_n=b_1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}k\cdot2^{k}\)

シグマの中身は、(等差)×(等比) の形です。

ここで、\(S=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}k\cdot2^{k}\) とすると

\(S=1\cdot2+2\cdot2^2+3\cdot2^3+\cdots+(n-1)2^{n-1}\)
\(2S=\hspace{24pt}1\cdot2^2+2\cdot2^{3}+\cdots+(n-2)2^{n-1}+(n-1)2^{n}\)

\(S-2S\) より
\(-S=2+2^2+2^{3}+\cdots+2^{n-1}-(n-1)2^{n}\)

(等比数列\(2^{□}\)の部分の項数は\(n-1\))

\(-S=\displaystyle\frac{2(2^{n-1}-1)}{2-1}-(n-1)2^{n}\)
\(S=-2^{n}+2+n\cdot2^{n}-2^{n}\)
\(S=-2\cdot2^{n}+n\cdot2^{n}+2\)
\(S=-2^{n+1}+n\cdot2^{n}+2\)

ゆえに
\(b_n=b_1+S\)
\(=1-2^{n+1}+n\cdot2^{n}+2\)
\(=-2^{n+1}+n\cdot2^{n}+3\)
(\(n=1\)のときも成立する)

\(2^{n-1}a_n=b_n\) より
\(a_n=\displaystyle\frac{1}{2^{n-1}}b_n\) だから

\(a_n=\displaystyle\frac{-2^{n+1}+n\cdot2^{n}+3}{2^{n-1}}\)

\(=\displaystyle\frac{-4\cdot2^{n-1}+2n\cdot2^{n-1}+3}{2^{n-1}}\)

\(=-4+2n+\displaystyle\frac{3}{2^{n-1}}\)

 

 

 

(例題2)
次の条件を満たす数列\(\{a_n\}\)の一般項を求めよ。
\(a_1=3\), \(a_{n+1}=2a_n-n^2+n\)

 

 

今度は \(-n^2+n\) と2次式になっていますが解法は(例題1)と同様です。
(解法1)が一番楽な方法なので、(解法2,3)については概略だけやっておきます。

(解法1)1つずれた形(等比型)にする方法

まず\(a_n\)の係数は\(2\)なので
\(a_{n+1}-〇=2(a_n-〇)\)
の形を目指すことになり、今回は2次式になっているので
\(a_{n+1}-\{a(n+1)^2+b(n+1)+c\}=2\{a_n-(an^2+bn+c)\}\)
より、\(a,b,c\)を決定します。

\(a_{n+1}-\{a(n+1)^2+b(n+1)+c\}=2\{a_n-(an^2+bn+c)\}\) とすると

\(a_{n+1}=2a_n-an^2+(2a-b)n+(a+b-c)\)

\(a_{n+1}=2a_n-n^2+n\) と比べて

\(a=1\), \(2a-b=1\), \(a+b-c=0\)
よって
\(a=1\),  \(b=1\),  \(c=2\) だからもとの漸化式は次のように変形できる。

\(a_{n+1}-\{(n+1)^2+(n+1)+2\}=2\{a_n-(n^2+n+2)\}\)

ここで、\(b_n=a_n-(n^2+n+2)\) とおくと
\(b_1=a_1-(1+1+2)=-1\)
\(b_{n+1}=2b_n\)

よって
\(b_n=(-1)\cdot2^{n-1}\) だから

\(a_n-(n^2+n+2)=-2^{n-1}\)
\(a_n=-2^{n-1}+n^2+n+2\)

 

(解法2)\(n^2,n\)を消去する方法
\(a_{n+1}=2a_n-n^2+n\)・・・① より
\(a_{n+2}=2a_{n+1}-(n+1)^2+(n+1)\)・・・②

②-①より
\(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n)-2n\)

\(a_{n+1}-a_{n}=b_n\) とおくと
\(b_{n+1}=2b_n-2n\)・・・③

③は(例題1)と同じ形です。この先は同じ方針でいくなら
\(b_{n+2}=2b_{n+1}-2(n+1)\)・・・④として ④-③より
\(b_{n+2}-b_{n+1}=2(b_{n+1}-b_n)-2\)
となり、\(b_{n+1}-b_n=c_n\) とおけば
\(c_{n+1}=2c_n-2\) です。(あとは特性方程式で変形して\(c_n\)を求めて、階差数列より\(b_n\)を求めて、さらに階差数列より\(a_n\)を求めればよい)

 

(解法3)ダイレクトに1つずれた形にする方法
(\(a_n\)の係数\(2\)に着目して)
\(a_{n+1}=2a_n-n^2+n\) の両辺を\(2^{n}\)で割って

\(\displaystyle\frac{a_{n+1}}{2^{n}}=\displaystyle\frac{a_n}{2^{n-1}}-n^2\cdot\displaystyle\frac{1}{2^n}+n\cdot\displaystyle\frac{1}{2^n}\)

\(b_n=\displaystyle\frac{a_n}{2^{n-1}}\) とおくと

\(b_{n+1}=b_n-n^2\cdot\displaystyle\frac{1}{2^n}+n\cdot\displaystyle\frac{1}{2^n}\) (階差型)

\(n≧2\) のとき
\(b_n=b_1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}(-k^2\cdot\displaystyle\frac{1}{2^k}+k\cdot\displaystyle\frac{1}{2^k})\)

シグマ計算について、\(k\cdot\displaystyle\frac{1}{2^k}\) は(等差)×(等比)型、\(k^2\cdot\displaystyle\frac{1}{2^k}\) は(整式)×(等比)型です。公比倍の差をとることでどちらも求まります(2つ目は2段階差をとることになる)。まとめて \((-k^2+k)\displaystyle\frac{1}{2^{k}}\) として考えてもOkです。

 

 

 

 

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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