漸化式パターン8：数列 {a_n} の項に関する和を含む漸化式の解法 part3

和を含む漸化式パターン8の第三弾です。 $S_n$ だけで表されている場合もあります。数列 { $S_n$ } の漸化式として解けるなら，そのまま解いてしまっても構いません。

また，一般項を求める方法として，今まで色々なパターンに対応した解法を紹介してきました。しかし，一般項はこうなるだろうなぁと推測できる場合には，一旦推測してしまってから，それが正しいことを証明しても構いません。

ここでは，そんな問題を扱います。それでは，最初の問題はこちらです。

2013年宇都宮大数列

$\{a_n\}$ は

$a_n>0$ かつ

$a_1=3$ であるとする。初項から第

$n$ 項までの和

$S_n$ について

$\begin{align*} S_{n+1}+S_n=\dfrac{1}{3}(S_{n+1}-S_n)^2 \end{align*}$

が成り立つとき，次の問いに答えよ。
(1)

$S_2$ と

$S_3$ を求めよ。
(2) 数列

$\{a_n\}$ のみたす漸化式を求めよ。
(3) 数列

$\{S_n\}$ の一般項を求めよ。

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数列 $\{S_n\}$ の漸化式
$S_n$ の分数式で表された漸化式
3 解法が複数ある漸化式
4 まとめ

数列 $\{S_n\}$ の漸化式

ヒロ

最初の(1)は $S_1=a_1$ であることが分かっていれば， $n$ に1や2を代入すれば解けるはずだね。

【(1)の解答】

$\begin{align*} S_{n+1}+S_n=\dfrac{1}{3}(S_{n+1}-S_n)^2~\cdots\cdots ① \end{align*}$

とする。

$S_1=a_1$ より，

$S_1=3$ であるから，①において，

$n=1$ を代入すると

$\begin{align*} &S_2+S_1=\dfrac{1}{3}(S_2-S_1)^2 \\[4pt] &3(S_2+3)=(S_2-3)^2 \\[4pt] &{S_2}^2-9S_2=0 \\[4pt] &S_2(S_2-9)=0 \\[4pt] &S_2=0,~9 \end{align*}$

$a_n>0$ より，

$S_n>0$ であるから，

$S_2=9$
①において

$n=2$ とすると

$\begin{align*} &S_3+S_2=\dfrac{1}{3}(S_3-S_2)^2 \\[4pt] &3(S_3+9)=(S_3-9)^2 \\[4pt] &{S_3}^2-21S_3+54=0 \\[4pt] &(S_3-3)(S_3-18)=0 \\[4pt] &S_3=3,~18 \end{align*}$

$a_n>0$ より，

$S_{n+1}>S_n$ であるから，

$S_3=18$

ヒロ

では(2)に進もう。

ヒロ

見た目に驚くかもしれないが， $S_n$ は数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和だから， $S_{n+1}-S_n=a_{n+1}$ が成り立つことを利用して，数列 $\{a_n\}$ のみたす漸化式を求めよう。

【(2)の解答】

$S_{n+1}-S_n=a_{n+1}$ が成り立つから，①より

$\begin{align*} S_{n+1}+S_n=\dfrac{1}{3}{a_{n+1}}^2~\cdots\cdots ② \end{align*}$

よって，

$\begin{align*} S_{n+2}+S_{n+1}=\dfrac{1}{3}{a_{n+2}}^2~\cdots\cdots ③ \end{align*}$

も成り立つ。

$③-②$ より

$\begin{align*} &(S_{n+2}-S_{n+1})+(S_{n+1}-S_n)=\dfrac{1}{3}({a_{n+2}}^2-{a_{n+1}}^2) \\[4pt] &a_{n+2}+a_{n+1}=\dfrac{1}{3}(a_{n+2}+a_{n+1})(a_{n+2}-a_{n+1}) \end{align*}$

ここで

$a_{n+2}+a_{n+1}>0$ であるから，両辺をこれで割って

$\begin{align*} &1=\dfrac{1}{3}(a_{n+2}-a_{n+1}) \\[4pt] &a_{n+2}-a_{n+1}=3 \end{align*}$

よって，

$n\geqq2$ のとき，

$\begin{align*} a_{n+1}-a_n=3~\cdots\cdots ④ \end{align*}$

が成り立つ。ここで

$a_2=S_2-S_1=9-3=6$ より，

$a_2-a_1=6-3=3$ であるから，④は

$n=1$ のときも成り立つ。
よって，

$\{a_n\}$ のみたす漸化式は，

$a_{n+1}-a_n=3$

ヒロ

最後の(3)を解説していくよ。 $a_n$ を求めてから， $S_n$ を求めれば良いね。

【(3)の解答】
(2)の結果より，数列

$\{a_n\}$ は初項3，公差3の等差数列であるから，

$a_n=3n$
よって，数列

$\{S_n\}$ の一般項は

$\begin{align*} S_n=\Sum{k=1}{n}3k=\dfrac{3}{2}n(n+1) \end{align*}$

$S_n$ の分数式で表された漸化式

ヒロ

次は一般項 $a_n$ ではなく， $S_n$ を求める問題。

2007年芝浦工大数列

$\{a_n\}$ は

$a_1=1,~$

$a_n=\dfrac{2{S_n}^2}{2S_n+1}$

$~(n=2,3,4,\cdots)$ を満たす。ただし，

$S_n=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n$ である。
(1)

$a_2$ を求めよ。
(2)

$S_n$ を

$S_{n-1}$ を用いて表せ。
(3)

$S_n$ を求めよ。

ヒロ

まずは漸化式に $n=2$ を代入して $a_2$ を求めよう。

【(1)の解答】

$a_n=\dfrac{2{S_n}^2}{2S_n+1}~\cdots\cdots ①$ に

$n=2$ を代入すると

$\begin{align*} &a_2=\dfrac{2{S_2}^2}{2S_2+1} \\[4pt] &a_2\{2(a_1+a_2)+1\}=2(a_1+a_2)^2 \\[4pt] &a_2(2a_2+3)=2(a_2+1)^2 \\[4pt] &3a_2=4a_2+2 \\[4pt] &a_2=-2 \end{align*}$

ヒロ

(2)は今までとは違って $a_n$ を消去することを考えよう。 $S_{n-1}$ を使って良いんだから，まずは $a_n$ を $S_n$ と $S_{n-1}$ で表してみよう。

【(2)の解答】

$n\geqq2$ のとき，

$a_n=S_n-S_{n-1}$ が成り立つから①より

$\begin{align*} &S_n-S_{n-1}=\dfrac{2{S_n}^2}{2S_n+1}~\cdots\cdots ② \\[4pt] &(2S_n+1)(S_n-S_{n-1})=2{S_n}^2 \\[4pt] &-2S_nS_{n-1}+S_n-S_{n-1}=0 \\[4pt] &(1-2S_{n-1})S_n=S_{n-1} \end{align*}$

ここで

$S_{n-1}=\dfrac{1}{2}$ は上式を満たさないから，

$S_{n-1}\neq\dfrac{1}{2}$ である。
よって，

$\begin{align*} S_n=\dfrac{S_{n-1}}{1-2S_{n-1}}~\cdots\cdots ③ \end{align*}$

ヒロ

最後の(3)は(2)の漸化式を解けば良いね。パターン4の解法を思い出そう。

【(3)の解答】
②において

$S_n=0$ とすると，

$\begin{align*} &-S_{n-1}=0\quad \therefore S_{n-1}=0 \end{align*}$

これを繰り返し用いることで

$S_2=0$ となるが，これは

$\begin{align*} S_2&=a_1+a_2 \\[4pt] &=1+(-2)=-1\neq0 \end{align*}$

であることに矛盾する。よって，

$S_n\neq0$ となるから，③の両辺の逆数をとると

$\begin{align*} &\dfrac{1}{S_n}=\dfrac{1-2S_{n-1}}{S_{n-1}} \\[4pt] &\dfrac{1}{S_n}=\dfrac{1}{S_{n-1}}-2 \end{align*}$

数列

$\left\{\dfrac{1}{S_n}\right\}$ は公差

$-2$ の等差数列であり，

$\dfrac{1}{S_1}=\dfrac{1}{a_1}=1$ であるから

$\begin{align*} &\dfrac{1}{S_n}=1-2(n-1) \\[4pt] &\dfrac{1}{S_n}=-2n+3 \\[4pt] &S_n=\dfrac{1}{-2n+3} \end{align*}$

解法が複数ある漸化式

2008年宮崎大数列

$\{a_n\}$ の初項から第

$n$ 項までの和を

$S_n$ とする。

$\begin{align*} a_1=1,~S_{n-1}-a_n=-4~(n=2,3,4,\cdots) \end{align*}$

が成り立つとき，次の各問に答えよ。
(1)

$a_2,~a_3,~a_4,~a_5$ の値をそれぞれ求めよ。
(2) 一般項

$a_n$ を求めよ。

ヒロ

(1)は漸化式の $n$ に2から順に代入して求めよう。

【(1)の解答】

$S_{n-1}-a_n=-4~\cdots\cdots ①$
①に

$n=2$ を代入すると

$\begin{align*} &S_1-a_2=-4 \\[4pt] &a_1-a_2=-4 \\[4pt] &1-a_2=-4 \\[4pt] &a_2=5 \end{align*}$

①に

$n=3$ を代入すると

$\begin{align*} &S_2-a_3=-4 \\[4pt] &(a_1+a_2)-a_3=-4 \\[4pt] &1+5-a_3=-4 \\[4pt] &a_3=10 \end{align*}$

①に

$n=4$ を代入すると

$\begin{align*} &S_3-a_4=-4 \\[4pt] &(a_1+a_2+a_3)-a_4=-4 \\[4pt] &1+5+10-a_4=-4 \\[4pt] &a_4=20 \end{align*}$

①に

$n=5$ を代入すると

$\begin{align*} &S_4-a_5=-4 \\[4pt] &(a_1+a_2+a_3+a_4)-a_5=-4 \\[4pt] &1+5+10+20-a_5=-4 \\[4pt] &a_5=40 \end{align*}$

ヒロ

次の一般項を求める方法は色々考えられる。(1)の結果を見てどう思う？

2倍ずつになってます。

ヒロ

そうだね。ということは $n\geqq2$ のときは $a_n=5\Cdot2^{n-2}$ だろうと推測ができてしまう。

(1)で第5項まで求めさせてるのは，そういう意図があるんですか？

ヒロ

ただ単に漸化式について理解出来ているかどうかを調べたいなら，第3項までで十分でしょ。推測させる意図がなくて，第5項まで求めさせるのは，ただの嫌がらせだと思う。

そうなると，やっぱり「推測せよ」と言われてるようにしか思えないですね。

ヒロ

ってことで，推測した一般項が正しいことを数学的帰納法で証明しよう。

【(2)の解答】
(1)の結果より，

$n\geqq2$ のとき

$a_n=5\Cdot2^{n-2}$ と推測できる。これを数学的帰納法で証明する。

$n=2$ のとき，

$a_2=5$ となり，成り立つ。

$n=2,3,\cdots,k$ のとき

$a_k=5\Cdot2^{k-2}$ が成り立つと仮定すると

$\begin{align*} a_{k+1}&=S_k+4 \\[4pt] &=a_1+\Sum{m=2}{k}a_m+4 \\[4pt] &=a_1+\Sum{m=2}{k}5\Cdot2^{k-2}+4 \\[4pt] &=1+\dfrac{5(2^{k-1}-1)}{2-1}+4 \\[4pt] &=5\Cdota2^{k-1} \end{align*}$

となり，

$n=k+1$ のときも成り立つ。
以上より，