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うまく変形することで等比型に変形する
ヒロ
誘導付きで出題されている問題。まずは誘導の意味を理解しよう。前回の $f(n)$ が $f(n)=pn+q$ と表されるタイプを理解してるなら容易に理解できるはず。
ヒロ
$a_n+f(n)=b_n$ とおくと，$b_{n+1}$ が等比数列になるような $f(n)$ を見つけようということだよ。
ヒロ
$a_{n+1}+f(n+1)=2(a_n+f(n))$ に代入すると，無駄に式が長くなるから，欲しい部分だけを取り出して考えよう。
$a_{n+1}+f(n+1)=2(a_n+f(n))$ より，
\begin{align*}
a_{n+1}-2a_n=2f(n)-f(n+1)
\end{align*}
a_{n+1}-2a_n=2f(n)-f(n+1)
\end{align*}
ヒロ
この等式の右辺が $n^2$ になるように $p,q,r$ を定めれば良いね。
$f(x)=px^2+qx+r$ より
\begin{align*}
2f(n)-f(n+1)&=2(pn^2+qn+r)-\{p(n+1)^2+q(n+1)+r\} \\[4pt]
&=pn^2+(-2p+q)n-p-q+r
\end{align*}
これが $n^2$ になるときを考えて2f(n)-f(n+1)&=2(pn^2+qn+r)-\{p(n+1)^2+q(n+1)+r\} \\[4pt]
&=pn^2+(-2p+q)n-p-q+r
\end{align*}
\begin{align*}
&\begin{cases}
p=1 \\[4pt]
-2p+q=0 \\[4pt]
-p-q+r=0
\end{cases} \\[4pt]
&p=1,~q=2,~r=3
\end{align*}
&\begin{cases}
p=1 \\[4pt]
-2p+q=0 \\[4pt]
-p-q+r=0
\end{cases} \\[4pt]
&p=1,~q=2,~r=3
\end{align*}
ヒロ
(1)が出来れば(2)は解けたも同然だね。
任せて下さい。
(1)の結果より，数列 $\{a_n+f(n)\}$ は公比2の等比数列だから，
\begin{align*}
&a_n+f(n)=(a_1+f(1))\Cdota2^{n-1} \\[4pt]
&a_n=(a_1+f(1))\Cdota2^{n-1}-f(n)
\end{align*}
$f(n)=n^2+2n+3$ より $f(1)=1+2+3=6$ であり，$a_1=1$ だから&a_n+f(n)=(a_1+f(1))\Cdota2^{n-1} \\[4pt]
&a_n=(a_1+f(1))\Cdota2^{n-1}-f(n)
\end{align*}
\begin{align*}
a_n=7\Cdota2^{n-1}-n^2-2n-3
\end{align*}
a_n=7\Cdota2^{n-1}-n^2-2n-3
\end{align*}
$a_{n+1}=pa_n+qn^2+rn+s$$~(p\neq1)$ 型の漸化式の解法
ヒロ
それでは解法をまとめておこう。
ヒロ
一般的に，漸化式パターン3の $f(n)$ が2次式で表される漸化式の解法は次の手順に従おう。
解法1
- となる $\alpha,~\beta,~\gamma$ を求める。
- 数列 $\{a_n+\alpha n^2+\beta n+\gamma\}$ が等比数列になることを利用して，一般項 $a_n$ を求める。
解法2
- $a_{n+1}-a_n=b_n$ とおいて，$b_{n+1}$ を $b_n$ で表す。
- パターン3の1次式型 $b_{n+1}=pb_n+2qn+q+r$ となるから，これを解いて $b_n$ を求める。
- 階差型の漸化式 $a_{n+1}-a_n=b_n$ を解いて，一般項 $a_n$ を求める。