漸化式パターン6は隣接三項間漸化式ですが，その応用として後ろに定数や1次式などがくっつく場合があります。複雑な漸化式と解くときには，原則として，置き換えを利用することで，より簡単な漸化式に変形します。後ろに何が付こうがこの考え方は変わりません。ほとんどの場合は誘導が付くため，誘導にしたがって余分な項を消しましょう。
それでは，最初の問題はこちらです。
2018年 北海学園大2つの数列 $\{a_n\}.~\{b_n\}$ が，次の条件
(1) $a_1$ と $a_2$ を求めよ。
(2) 数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
(3) 数列 $\{b_n\}$ の一般項を求めよ。
\begin{align*}
&a_n=b_{n+1}-b_n \\[4pt]
&b_1=2,~b_2=5,~b_{n+2}=2b_{n+1}-b_n+4
\end{align*}
を満たしているとき，次の問いに答えよ。ただし，$n=1,2,3,\cdots$ とする。&a_n=b_{n+1}-b_n \\[4pt]
&b_1=2,~b_2=5,~b_{n+2}=2b_{n+1}-b_n+4
\end{align*}
(1) $a_1$ と $a_2$ を求めよ。
(2) 数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
(3) 数列 $\{b_n\}$ の一般項を求めよ。
Contents
$f(n)$ が定数
ヒロ
(1)は $n=1,2$ を代入して求めよう。
【(1)の解答】
与えられた漸化式より
与えられた漸化式より
\begin{align*}
a_1&=b_2-b_1=5-2=3 \\[4pt]
a_2&=b_3-b_2 \\[4pt]
&=(2b_2-b_1+4)-b_2 \\[4pt]
&=b_2-b_1+4 \\[4pt]
&=5-2+4 \\[4pt]
&=7
\end{align*}
a_1&=b_2-b_1=5-2=3 \\[4pt]
a_2&=b_3-b_2 \\[4pt]
&=(2b_2-b_1+4)-b_2 \\[4pt]
&=b_2-b_1+4 \\[4pt]
&=5-2+4 \\[4pt]
&=7
\end{align*}
ヒロ
まずは定数項の4を取り除いた漸化式を考えよう。
$b_{n+2}=2b_{n+1}-b_n$ を考える。
特性方程式 $x^2=2x-1$ を解くと
\begin{align*}
&x^2-2x+1=0 \\[4pt]
&(x-1)^2=0 \\[4pt]
&x=1
\end{align*}
となるから，&x^2-2x+1=0 \\[4pt]
&(x-1)^2=0 \\[4pt]
&x=1
\end{align*}
\begin{align*}
b_{n+2}-b_{n+1}=b_{n+1}-b_n
\end{align*}
b_{n+2}-b_{n+1}=b_{n+1}-b_n
\end{align*}
ヒロ
この漸化式の右辺に4を加えたものが，解くべき漸化式だね。これを利用して一般項を求めよう。
【(2)の解答】
$b_{n+2}=2b_{n+1}-b_n+4$ より
$b_{n+2}=2b_{n+1}-b_n+4$ より
\begin{align*}
b_{n+2}-b_{n+1}=b_{n+1}-b_n+4
\end{align*}
$a_n=b_{n+1}-b_n$ よりb_{n+2}-b_{n+1}=b_{n+1}-b_n+4
\end{align*}
\begin{align*}
a_{n+1}=a_n+4
\end{align*}
数列 $\{a_n\}$ は公差4の等差数列であるからa_{n+1}=a_n+4
\end{align*}
\begin{align*}
&a_n=a_1+4(n-1) \\[4pt]
&a_n=4n-1
\end{align*}
&a_n=a_1+4(n-1) \\[4pt]
&a_n=4n-1
\end{align*}
ヒロ
これで階差型になった。
【(3)の解答】
(2)の結果より，
(2)の結果より，
\begin{align*}
b_{n+1}-b_n=4n-1
\end{align*}
となり，数列 $\{b_n\}$ の階差数列の一般項が $4n-1$ であるから，$n\geqq2$ のときb_{n+1}-b_n=4n-1
\end{align*}
\begin{align*}
b_n&=b_1+\Sum{k=1}{n-1}(4k-1) \\[4pt]
&=2+\dfrac{3+(4n-5)}{2}\Cdota(n-1) \\[4pt]
&=2+(2n-1)(n-1) \\[4pt]
&=2n^2-3n+3
\end{align*}
これは $n=1$ のときも成り立つ。b_n&=b_1+\Sum{k=1}{n-1}(4k-1) \\[4pt]
&=2+\dfrac{3+(4n-5)}{2}\Cdota(n-1) \\[4pt]
&=2+(2n-1)(n-1) \\[4pt]
&=2n^2-3n+3
\end{align*}
$f(n)$ が $n$ の1次式
ヒロ
次は $f(n)$ が $n$ の1次式になっている漸化式。
2016年 横浜市立大・医$n$ を自然数とする。漸化式
\begin{align*}
&a_{n+2}-5a_{n+1}+6a_n-6n=0 \\[4pt]
&a_1=1,~a_2=1
\end{align*}
で定められる数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。&a_{n+2}-5a_{n+1}+6a_n-6n=0 \\[4pt]
&a_1=1,~a_2=1
\end{align*}
ヒロ
まずは $-6n$ を取り除いた漸化式を考えよう。
$a_{n+2}-5a_{n+1}+6a_n=0$ を考える。
特性方程式 $x^2-5x+6=0$ を解くと
\begin{align*}
&(x-2)(x-3)=0 \\[4pt]
&x=2,~3
\end{align*}
となるから，&(x-2)(x-3)=0 \\[4pt]
&x=2,~3
\end{align*}
\begin{align*}
\begin{cases}
a_{n+2}-2a_{n+1}=3(a_{n+1}-2a_n) \\[4pt]
a_{n+2}-3a_{n+1}=2(a_{n+1}-3a_n)
\end{cases}
\end{align*}
\begin{cases}
a_{n+2}-2a_{n+1}=3(a_{n+1}-2a_n) \\[4pt]
a_{n+2}-3a_{n+1}=2(a_{n+1}-3a_n)
\end{cases}
\end{align*}
ヒロ
この2本の漸化式の左辺に $-6n$ を加えたもの（右辺に $6n$ を加えたもの）が，解くべき漸化式だね。これを利用して一般項を求めよう。
【解答】
$a_{n+2}-5a_{n+1}+6a_n=0$ より
$a_{n+2}-5a_{n+1}+6a_n=0$ より
\begin{align*}
\begin{cases}
a_{n+2}-2a_{n+1}=3(a_{n+1}-2a_n)+6n \\[4pt]
a_{n+2}-3a_{n+1}=2(a_{n+1}-3a_n)+6n
\end{cases}
\end{align*}
ここで $a_{n+1}-2a_n=b_n,~$$a_{n+1}-3a_n=c_n$ とおくと，$b_1=a_2-2a_1=-1,~$$c_1=a_2-3a_1=-2$ であり\begin{cases}
a_{n+2}-2a_{n+1}=3(a_{n+1}-2a_n)+6n \\[4pt]
a_{n+2}-3a_{n+1}=2(a_{n+1}-3a_n)+6n
\end{cases}
\end{align*}
\begin{align*}
\begin{cases}
b_{n+1}=3b_n+6n &~\cdots\cdots① \\[4pt]
c_{n+1}=2c_n+6n &~\cdots\cdots②
\end{cases}
\end{align*}
\begin{cases}
b_{n+1}=3b_n+6n &~\cdots\cdots① \\[4pt]
c_{n+1}=2c_n+6n &~\cdots\cdots②
\end{cases}
\end{align*}
ヒロ
これでパターン3になったね。解法を思い出してそれぞれを解こう。
【解答の続き】
①が
①が
\begin{align*}
b_{n+1}+p(n+1)+q=3(b_n+pn+q)
\end{align*}
と変形できたとする。これを整理するとb_{n+1}+p(n+1)+q=3(b_n+pn+q)
\end{align*}
\begin{align*}
b_{n+1}=3b_n+2pn-p+2q
\end{align*}
となるから，①と係数比較してb_{n+1}=3b_n+2pn-p+2q
\end{align*}
\begin{align*}
&2p=6,~-p+2q=0 \\[4pt]
&p=3,~q=\dfrac{3}{2}
\end{align*}
よって，数列 $\left\{b_n+3n+\dfrac{3}{2}\right\}$ は公比3の等比数列となるから&2p=6,~-p+2q=0 \\[4pt]
&p=3,~q=\dfrac{3}{2}
\end{align*}
\begin{align*}
&b_n+3n+\dfrac{3}{2}=\left(b_1+3+\dfrac{3}{2}\right)\Cdota3^{n-1} \\[4pt]
&b_n=\dfrac{7}{2}\Cdota3^{n-1}-3n-\dfrac{3}{2}~\cdots\cdots③
\end{align*}
②が&b_n+3n+\dfrac{3}{2}=\left(b_1+3+\dfrac{3}{2}\right)\Cdota3^{n-1} \\[4pt]
&b_n=\dfrac{7}{2}\Cdota3^{n-1}-3n-\dfrac{3}{2}~\cdots\cdots③
\end{align*}
\begin{align*}
c_{n+1}+r(n+1)+s=2(c_n+rn+s)
\end{align*}
と変形できたとする。これを整理するとc_{n+1}+r(n+1)+s=2(c_n+rn+s)
\end{align*}
\begin{align*}
c_{n+1}=2c_n+rn-r+s
\end{align*}
となるから，②と係数比較してc_{n+1}=2c_n+rn-r+s
\end{align*}
\begin{align*}
&r=6,~-r+s=0 \\[4pt]
&r=6,~s=6
\end{align*}
よって，数列 $\{c_n+6n+6\}$ は公比2の等比数列となるから&r=6,~-r+s=0 \\[4pt]
&r=6,~s=6
\end{align*}
\begin{align*}
&c_n+6n+6=(c_1+6+6)\Cdota2^{n-1} \\[4pt]
&c_n=10\Cdota2^{n-1}-6n-6~\cdots\cdots④
\end{align*}
$b_n-c_n=a_n$ であるから，$③-④$より&c_n+6n+6=(c_1+6+6)\Cdota2^{n-1} \\[4pt]
&c_n=10\Cdota2^{n-1}-6n-6~\cdots\cdots④
\end{align*}
\begin{align*}
&a_n=\dfrac{7}{2}\Cdota3^{n-1}-3n-\dfrac{3}{2}-(10\Cdota2^{n-1}-6n-6) \\[4pt]
&a_n=\dfrac{7}{2}\Cdota3^{n-1}-10\Cdota2^{n-1}+3n+\dfrac{9}{2}
\end{align*}
&a_n=\dfrac{7}{2}\Cdota3^{n-1}-3n-\dfrac{3}{2}-(10\Cdota2^{n-1}-6n-6) \\[4pt]
&a_n=\dfrac{7}{2}\Cdota3^{n-1}-10\Cdota2^{n-1}+3n+\dfrac{9}{2}
\end{align*}
$f(n)$ が累乗で表された式
ヒロ
さぁ，どんどん経験値を増やそう。次の問題を解いてみよう。
2019年 昭和薬科大漸化式 $a_{n+2}-7a_{n+1}+10a_n=4\Cdot3^n$ を考える。
(1) $a_n=c\Cdot3^n$ とおくとき，漸化式を満たす $c$ を求めよ。
(2) (1)の $c$ を用いて $b_n=a_n-c\Cdot3^n$ とおくとき，$b_n$ の漸化式を求めよ。
(3) $a_n$ の漸化式と $a_1=2,~a_2=13$ を満たす数列の一般項 $a_n$ を求めよ。
(1) $a_n=c\Cdot3^n$ とおくとき，漸化式を満たす $c$ を求めよ。
(2) (1)の $c$ を用いて $b_n=a_n-c\Cdot3^n$ とおくとき，$b_n$ の漸化式を求めよ。
(3) $a_n$ の漸化式と $a_1=2,~a_2=13$ を満たす数列の一般項 $a_n$ を求めよ。
ヒロ
誘導に乗って $c$ を求めよう。
【(1)の解答】
与えられて漸化式において，$a_n=c\Cdot3^n$ とおくと
与えられて漸化式において，$a_n=c\Cdot3^n$ とおくと
\begin{align*}
&c\Cdota3^{n+2}-7c\Cdota3^{n+1}+10c\Cdota3^n=4\Cdota3^n \\[4pt]
&(9c-21c+10c-4)\Cdota3^n=0 \\[4pt]
&(-2c-4)\Cdota3^n=0
\end{align*}
$3^n>0$ より&c\Cdota3^{n+2}-7c\Cdota3^{n+1}+10c\Cdota3^n=4\Cdota3^n \\[4pt]
&(9c-21c+10c-4)\Cdota3^n=0 \\[4pt]
&(-2c-4)\Cdota3^n=0
\end{align*}
\begin{align*}
&-2c-4=0 \\[4pt]
&c=-2
\end{align*}
&-2c-4=0 \\[4pt]
&c=-2
\end{align*}
ヒロ
(1)は特殊解を求めているのだと理解できていれば，(2)の誘導の意味も分かるね。
【(2)の解答】
(1)の結果より
(1)の結果より
\begin{align*}
&(a_{n+2}+2\Cdota3^{n+2})-7(a_{n+1}+2\Cdota3^{n+1})+10(a_n+2\Cdota3^n)=0
\end{align*}
が成り立つ。$b_n=a_n+2\Cdot3^n$ とおくと&(a_{n+2}+2\Cdota3^{n+2})-7(a_{n+1}+2\Cdota3^{n+1})+10(a_n+2\Cdota3^n)=0
\end{align*}
\begin{align*}
&b_{n+2}-7b_{n+1}+10b_n=0~\cdots\cdots①
\end{align*}
&b_{n+2}-7b_{n+1}+10b_n=0~\cdots\cdots①
\end{align*}
ヒロ
これで余分なものが付かない隣接三項間漸化式になった。特性方程式を利用して一般項を求めよう。
特性方程式 $x^2-7x+10=0$ を解くと，
\begin{align*}
&(x-2)(x-5)=0 \\[4pt]
&x=2,~5
\end{align*}
&(x-2)(x-5)=0 \\[4pt]
&x=2,~5
\end{align*}
【(3)の解答】
①より
①より
\begin{align*}
\begin{cases}
b_{n+2}-2b_{n+1}=5(b_{n+1}-2b_n) \\[4pt]
b_{n+2}-5b_{n+1}=2(b_{n+1}-5b_n)
\end{cases}
\end{align*}
数列 $\{b_{n+1}-2b_n\},~$$\{b_{n+1}-5b_n\}$ は等比数列であるから\begin{cases}
b_{n+2}-2b_{n+1}=5(b_{n+1}-2b_n) \\[4pt]
b_{n+2}-5b_{n+1}=2(b_{n+1}-5b_n)
\end{cases}
\end{align*}
\begin{align*}
\begin{cases}
b_{n+1}-2b_n=(b_2-2b_1)5^{n-1} \\[4pt]
b_{n+1}-5b_n=(b_2-5b_1)2^{n-1}
\end{cases}
\end{align*}
ここで $a_1=2,~a_2=13$ のとき\begin{cases}
b_{n+1}-2b_n=(b_2-2b_1)5^{n-1} \\[4pt]
b_{n+1}-5b_n=(b_2-5b_1)2^{n-1}
\end{cases}
\end{align*}
\begin{align*}
b_1=a_1+2\Cdota3=8 \\[4pt]
b_2=a_2+2\Cdota3^2=31
\end{align*}
であるから，b_1=a_1+2\Cdota3=8 \\[4pt]
b_2=a_2+2\Cdota3^2=31
\end{align*}
\begin{align*}
\begin{cases}
b_{n+1}-2b_n=15\Cdot5^{n-1}~\cdots\cdots② \\[4pt]
b_{n+1}-5b_n=-9\Cdot2^{n-1}~\cdots\cdots③
\end{cases}
\end{align*}
$\dfrac{②-③}{3}$ より\begin{cases}
b_{n+1}-2b_n=15\Cdot5^{n-1}~\cdots\cdots② \\[4pt]
b_{n+1}-5b_n=-9\Cdot2^{n-1}~\cdots\cdots③
\end{cases}
\end{align*}
\begin{align*}
&b_n=\dfrac{15\Cdot5^{n-1}+9\Cdot2^{n-1}}{3} \\[4pt]
&b_n=5^n+3\Cdota2^{n-1}
\end{align*}
$a_n=b_n-2\Cdot3^n$ より，&b_n=\dfrac{15\Cdot5^{n-1}+9\Cdot2^{n-1}}{3} \\[4pt]
&b_n=5^n+3\Cdota2^{n-1}
\end{align*}
\begin{align*}
a_n=5^n+3\Cdota2^{n-1}-2\Cdota3^n
\end{align*}
a_n=5^n+3\Cdota2^{n-1}-2\Cdota3^n
\end{align*}
$\{S_n\}$ の三項間漸化式
ヒロ
もう1問解いておこう。
2017年 日本大・医数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和を $S_n$ とするとき，つぎを満たす。
\begin{align*}
\begin{cases}
a_1=\dfrac{3}{4},~a_2=3 \\[4pt]
S_{n+2}-5S_{n+1}+4S_n=0~(n=1,2,3,\cdots)
\end{cases}
\end{align*}
このとき，$S_{n+1}-S_n=a_2\Cdot\myhako^{\,n-\myhako}$ を得るので $a_n$ を求めることができる。よって，例えば $a_6=\myhako$ である。\begin{cases}
a_1=\dfrac{3}{4},~a_2=3 \\[4pt]
S_{n+2}-5S_{n+1}+4S_n=0~(n=1,2,3,\cdots)
\end{cases}
\end{align*}
ヒロ
数列 $\{S_n\}$ の漸化式と見ると，パターン6の三項間漸化式だから，特性方程式を考えよう。
特性方程式 $x^2-5x+4=0$ を解くと，$(x-1)(x-4)=0$ より $x=1,~4$
ヒロ
この計算で，数列 $\{S_{n+1}-S_n\}$ が公比4の等比数列になることがわかる。もちろんこんなことをせずに，誘導の意味を考えて $S_{n+2}-S_{n+1}$ を計算しても同じ結果が得られる。
【前半の解答】
$S_{n+2}-5S_{n+1}+4S_n=0$ より
$S_{n+2}-5S_{n+1}+4S_n=0$ より
\begin{align*}
&S_{n+2}-S_{n+1}=4(S_{n+1}-S_n)
\end{align*}
数列 $\{S_{n+1}-S_n\}$ が公比4の等比数列になるから&S_{n+2}-S_{n+1}=4(S_{n+1}-S_n)
\end{align*}
\begin{align*}
S_{n+1}-S_n=(S_2-S_1)\Cdota4^{n-1}
\end{align*}
ここで $S_2-S_1=a_2$ よりS_{n+1}-S_n=(S_2-S_1)\Cdota4^{n-1}
\end{align*}
\begin{align*}
S_{n+1}-S_n=a_2\Cdota4^{n-1}
\end{align*}
S_{n+1}-S_n=a_2\Cdota4^{n-1}
\end{align*}
ヒロ
これで空欄が埋まったね。$a_n$ を求めて，$a_6$ を求めよう。
【後半の解答】
$S_{n+1}-S_n=a_{n+1}$ より
$S_{n+1}-S_n=a_{n+1}$ より
\begin{align*}
a_{n+1}=a_2\Cdota4^{n-1}
\end{align*}
となるから，$n\geqq2$ においてa_{n+1}=a_2\Cdota4^{n-1}
\end{align*}
\begin{align*}
a_n=3\Cdota4^{n-2}
\end{align*}
$n=6$ としてa_n=3\Cdota4^{n-2}
\end{align*}
\begin{align*}
a_6=3\Cdota4^4=768
\end{align*}
a_6=3\Cdota4^4=768
\end{align*}
$a_{n+2}=pa_{n+1}+ra_n+f(n)$ 型の解法
ヒロ
解答をまとめておこう。漸化式パターン6の応用である漸化式の解法は次のようになる。
$a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n+f(n)$ 型の解法
- うまく置き換えることで $f(n)$ を消去する。
- 特性方程式を利用して，隣接三項間漸化式を解く。
- 置き換えた式から，$a_n$ を求める。
まとめ
ヒロ
通常の隣接三項間漸化式に定数や1次式がくっついたとしても，うまく置き換えることで，余分にくっついた項を消すことができる。
ヒロ
余分な項を消した後は，特性方程式を利用して，一般項を求めよう。
