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パターン2に変形する誘導
2016年 青山学院大数列 $\{a_n\}$ が，条件 $a_1=\dfrac{5}{2},~a_{n+1}=4-\dfrac{3}{a_n}$$~(n=1,2,3,\cdots)$ によって定まっているとする。このとき，次の問に答えよ。
(1) すべての $n$ に対して $2<a_n<3$ であることを示せ。
(2) $x_n=\dfrac{1}{3-a_n}$ とおくとき，数列 $\{x_n\}$ の満たす漸化式を求めよ。また，その一般項を求めよ。
(3) 数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
(1) すべての $n$ に対して $2<a_n<3$ であることを示せ。
(2) $x_n=\dfrac{1}{3-a_n}$ とおくとき，数列 $\{x_n\}$ の満たす漸化式を求めよ。また，その一般項を求めよ。
(3) 数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
ヒロ
(1)だけを見た場合，何のために証明させようとしてるのか分からない。しかし(2)を見ると逆数をとるために $a_n\neq3$ を証明させたいのだなと分かる。
ヒロ
数学的帰納法で証明しよう。
【(1)の解答】
すべての自然数 $n$ に対して $2<a_n<3~\cdots\cdots①$ であることを数学的帰納法で証明する。
(i) $n=1$ のとき
$a_1=\dfrac{5}{2}$ より①は成り立つ。
(ii) $2<a_k<3$ が成り立つと仮定すると
(i)，(ii)より，すべての自然数 $n$ に対して $2<a_n<3$ である。
すべての自然数 $n$ に対して $2<a_n<3~\cdots\cdots①$ であることを数学的帰納法で証明する。
(i) $n=1$ のとき
$a_1=\dfrac{5}{2}$ より①は成り立つ。
(ii) $2<a_k<3$ が成り立つと仮定すると
\begin{align*}
&\dfrac{1}{3}<\dfrac{1}{a_k}<\dfrac{1}{2} \\[4pt]&1<\dfrac{3}{a_k}<\dfrac{3}{2} \\[4pt]&-\dfrac{3}{2}<-\dfrac{3}{a_k}<-1 \\[4pt]&4-\dfrac{3}{2}<4-\dfrac{3}{a_k}<4-1 \\[4pt]&\dfrac{5}{2}<a_{k+1}<3
\end{align*}
よって，$2<a_{k+1}<3$ となり，$n=k+1$ のときも①は成り立つ。&\dfrac{1}{3}<\dfrac{1}{a_k}<\dfrac{1}{2} \\[4pt]&1<\dfrac{3}{a_k}<\dfrac{3}{2} \\[4pt]&-\dfrac{3}{2}<-\dfrac{3}{a_k}<-1 \\[4pt]&4-\dfrac{3}{2}<4-\dfrac{3}{a_k}<4-1 \\[4pt]&\dfrac{5}{2}<a_{k+1}<3
\end{align*}
(i)，(ii)より，すべての自然数 $n$ に対して $2<a_n<3$ である。
ヒロ
(1)の証明で $a_n\neq3$ となることが言えたから，逆数をとることができるね。
【(2)の解答】
(1)の結果より，$a_n\neq3$ であるから，$x_n=\dfrac{1}{3-a_n}$ とおくとき，
これを変形すると
(1)の結果より，$a_n\neq3$ であるから，$x_n=\dfrac{1}{3-a_n}$ とおくとき，
\begin{align*}
x_{n+1}&=\dfrac{1}{3-a_{n+1}} \\[4pt]&=\dfrac{1}{3-\left(4-\dfrac{3}{a_n}\right)} \\[4pt]&=\dfrac{a_n}{3a_n-(4a_n-3)} \\[4pt]&=\dfrac{a_n}{-a_n+3} \\[4pt]&=\dfrac{3}{3-a_n}-1 \\[4pt]&=3x_n-1
\end{align*}
よって，$x_{n+1}=3x_n-1$x_{n+1}&=\dfrac{1}{3-a_{n+1}} \\[4pt]&=\dfrac{1}{3-\left(4-\dfrac{3}{a_n}\right)} \\[4pt]&=\dfrac{a_n}{3a_n-(4a_n-3)} \\[4pt]&=\dfrac{a_n}{-a_n+3} \\[4pt]&=\dfrac{3}{3-a_n}-1 \\[4pt]&=3x_n-1
\end{align*}
これを変形すると
\begin{align*}
x_{n+1}-\dfrac{1}{2}=3\left(x_n-\dfrac{1}{2}\right)
\end{align*}
となるから，数列 $\left\{x_n-\dfrac{1}{2}\right\}$ は公比3の等比数列である。x_{n+1}-\dfrac{1}{2}=3\left(x_n-\dfrac{1}{2}\right)
\end{align*}
\begin{align*}
x_1-\dfrac{1}{2}&=\dfrac{1}{3-a_1}-\dfrac{1}{2} \\[4pt]&=\dfrac{1}{3-\dfrac{5}{2}}-\dfrac{1}{2} \\[4pt]&=2-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}
\end{align*}
であるからx_1-\dfrac{1}{2}&=\dfrac{1}{3-a_1}-\dfrac{1}{2} \\[4pt]&=\dfrac{1}{3-\dfrac{5}{2}}-\dfrac{1}{2} \\[4pt]&=2-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}
\end{align*}
\begin{align*}
&x_n-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\Cdota3^{n-1} \\[4pt]&x_n=\dfrac{3^n+1}{2}
\end{align*}
&x_n-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\Cdota3^{n-1} \\[4pt]&x_n=\dfrac{3^n+1}{2}
\end{align*}
ヒロ
(3)は $x_n=\dfrac{1}{3-a_n}$ から $a_n$ を求めよう。
【(3)の解答】
$x_n=\dfrac{1}{3-a_n}$ より
$x_n=\dfrac{1}{3-a_n}$ より
\begin{align*}
&3-a_n=\dfrac{1}{x_n} \\[4pt]&a_n=3-\dfrac{1}{x_n}
\end{align*}
であるから，(2)の結果より&3-a_n=\dfrac{1}{x_n} \\[4pt]&a_n=3-\dfrac{1}{x_n}
\end{align*}
\begin{align*}
&a_n=3-\dfrac{2}{3^n+1} \\[4pt]&a_n=\dfrac{3^{n+1}+1}{3^n+1}
\end{align*}
&a_n=3-\dfrac{2}{3^n+1} \\[4pt]&a_n=\dfrac{3^{n+1}+1}{3^n+1}
\end{align*}