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漸化式パターン7:$a_{n+1}=f(n)a_n+g(n)$ 型の解法 part2

漸化式パターン7 part2数学IAIIB
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漸化式パターン7の第二弾です。前回は階比型と呼ばれる形の漸化式の解法について説明しました。今回は前回よりさらに複雑なタイプの問題を説明します。

多くの問題を扱って丁寧に解説しているので,自分の知識にして,複雑な問題も解けるようにしましょう。

それでは最初の問題はこちら。$g(n)=0$ のタイプですが,少し難しいです。

例題次のように定義される数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
\begin{align*}
a_1=1,~a_{n+1}=na_n~(n=1,2,3,\cdots)
\end{align*}
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足りないものを補う

ヒロ
ヒロ

式変形することで同じ形を作ることを考えよう。まず $a_n$ の係数に着目しよう。

ヒロ
ヒロ

$a_n$ の係数 $n$ を $\dfrac{n}{1}$ とみると,$n$ が大きいもので1が小さいものになるから,両辺を $n$ で割ってみよう。

$a_{n+1}=na_n$ の両辺を $n$ で割ると
\begin{align*}
\dfrac{a_{n+1}}{n}=a_n
\end{align*}
ヒロ
ヒロ

$a_{n+1}$ の分母が添字の $n+1$ より1小さい $n$ になっているから,$a_n$ の分母にも添字の $n$ より1小さい $n-1$ が欲しくなるね。ということで,さらに $n-1$ で割ろう。

$\dfrac{a_{n+1}}{n}=a_n$ の両辺を $n-1$ で割ると
\begin{align*}
\dfrac{a_{n+1}}{n(n-1)}=\dfrac{a_n}{n-1}
\end{align*}
ヒロ
ヒロ

何も解決しているように見えないが,これを繰り返していく。

\begin{align*}
&\dfrac{a_{n+1}}{n(n-1)}=\dfrac{a_n}{n-1} \\[4pt]
&\dfrac{a_{n+1}}{n(n-1)(n-2)}=\dfrac{a_n}{(n-1)(n-2)} \\[4pt]
&\dfrac{a_{n+1}}{n(n-1)(n-2)(n-3)}=\dfrac{a_n}{(n-1)(n-2)(n-3)} \\[4pt]
&\qquad\qquad\vdots \\[4pt]
&\dfrac{a_{n+1}}{n(n-1)(n-2)\cdots2\Cdot1}=\dfrac{a_n}{(n-1)(n-2)\cdots2\Cdot1}
\end{align*}
ヒロ
ヒロ

最終的にはこうなる。つまり,解答ではこれを一気にすれば良い。

【解答】
$a_{n+1}=na_n$ の両辺を $n!$ で割ると
\begin{align*}
\dfrac{a_{n+1}}{n!}=\dfrac{a_n}{(n-1)!}
\end{align*}
数列 $\left\{\dfrac{a_n}{(n-1)!}\right\}$ は定数列となるから,
\begin{align*}
&\dfrac{a_n}{(n-1)!}=\dfrac{a_1}{0\,!} \\[4pt]
&a_n=(n-1)!
\end{align*}

足りないものを補う その2

ヒロ
ヒロ

次はこの問題をやってみよう。

2007年 北里大$a_1=1,~a_2=\dfrac{1}{2},~$$a_{n-1}=(n+1)(a_n-a_{n+1})$$~(n\geqq2)$ を満たす数列 $\{a_n\}$ がある。$b_n=(n+1)a_{n+1}-a_n$$~(n\geqq1)$ とおけば,$b_n$ と $b_{n+1}$ の間には関係式 $\myhako$ が成り立つ。したがって,数列 $\{b_n\}$ の一般項は $b_n=\myhako$ であり,数列 $\{a_n\}$ の一般項は $a_n=\myhako$ である。
ヒロ
ヒロ

まずは誘導に乗れるように,$(n+1)a_{n+1}-a_n$ の形が出てくるように変形していこう。

【$b_n$ と $b_{n+1}$ の関係式の導出】
$n\geqq2$ のとき $a_{n-1}=(n+1)(a_n-a_{n+1})$ が成り立つから
\begin{align*}
&a_{n-1}=(n+1)a_n-(n+1)a_{n+1} \\[4pt]
&(n+1)a_{n+1}-a_n=na_n-a_{n-1}
\end{align*}
よって,$b_n=(n+1)a_{n+1}-a_n$ とおくと,$b_n=b_{n-1}$
したがって,$n\geqq1$ のとき $b_{n+1}=b_n$ が成り立つ。
ヒロ
ヒロ

これはかなり簡単な漸化式になったね。$b_n$ を求めよう。

【$b_n$ を求める】
$a_1=1,~a_2=\dfrac{1}{2}$ より
\begin{align*}
b_1&=2a_2-a_1 \\[4pt]
&=2\Cdota\dfrac{1}{2}-1 \\[4pt]
&=0
\end{align*}
数列 $\{b_n\}$ は定数列であるから,$b_n=0$
ヒロ
ヒロ

$b_n$ が求まったから $a_n$ を求めよう。

【$a_n$ を求める】
$b_n=0$ より
\begin{align*}
&(n+1)a_{n+1}-a_n=0 \\[4pt]
&(n+1)a_{n+1}=a_n
\end{align*}
ヒロ
ヒロ

さっきと同じように考えればいけるね。

両辺に $n!$ を掛けると
\begin{align*}
&(n+1)!\,a_{n+1}=n!\,a_n
\end{align*}
数列 $\{n!\,a_n\}$ は定数列であるから
\begin{align*}
&n!\,a_n=a_1 \\[4pt]
&a_n=\dfrac{1}{n!}
\end{align*}

他の単元の知識も必要

ヒロ
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では次の問題をやってみよう。

2017年 福岡大数列 $\{a_n\}$ が $a_1=1,~\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=2^{2n-61}$$~(n=1,2,3,\cdots)$ で定められている。この数列は第 $\myhako$ 項で最小値をとる。また,数列 $\{b_n\}$ を $b_n=\log_2a_n$$~(n=1,2,3,\cdots)$ で定めると,一般項 $b_n$ は $\myhako$ である。
ヒロ
ヒロ

数列が最大値や最小値をとる項を調べるときは,次のポイントに注意して調べよう。

数列の増加と減少

数列 $\{a_n\}$ において
$a_n<a_{n+1}$ が成り立つ $n$ の値の範囲において,数列 $\{a_n\}$ は増加する。
$a_n>a_{n+1}$ が成り立つ $n$ の値の範囲において,数列 $\{a_n\}$ は減少する。

ヒロ
ヒロ

差をとってもいいけど,一般的には $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ と1の大小を比較することが多い。

【最小値をとる項】
$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<1$ とすると
\begin{align*}
&2^{2n-61}<1 \\[4pt]&2n-61<0 \\[4pt]&n<\dfrac{61}{2}
\end{align*}
よって,$1\leqq n\leqq30$ のとき $a_n>a_{n+1}$ が成り立ち,$31\leqq n$ のとき $a_n<a_{n+1}$ が成り立つから
\begin{align*}
a_1>a_2>\cdots>a_{30}>a_{31}<a_{32}<\cdots
\end{align*}
となる。したがって,この数列は第31項で最小値をとる。
ヒロ
ヒロ

誘導に乗って $\{b_n\}$ の漸化式を立てて,それを解くことで一般項を求めよう。

【一般項を求める】
$a_1>0$ で $2^{2n-61}>0$ だから,常に $a_n>0$ である。
$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=2^{2n-61}$ において,底が2の対数をとると
\begin{align*}
&\log_2\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\log_22^{2n-61} \\[4pt]&\log_2a_{n+1}-\log_2a_n=2n-61
\end{align*}
$b_n=\log_2a_n$ とおくと
\begin{align*}
&b_{n+1}-b_n=2n-61
\end{align*}
数列 $\{b_n\}$ の階差数列の一般項が $2n-61$ であるから,$n\geqq2$ のとき
\begin{align*}
b_n&=b_1+\Sum{k=1}{n-1}(2k-61) \\[4pt]&=\log_2a_1+\dfrac{-59+(2n-63)}{2}\Cdota(n-1) \\[4pt]&=\log_21+(n-61)(n-1) \\[4pt]&=(n-1)(n-61)
\end{align*}
これは $n=1$ のときも成り立つ。
ヒロ
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今回は2の指数部分に $n$ の式があったから,それを係数として下ろしたかったから対数をとったということを,しっかり理解しよう。

対数をとるときの底は何故2なんですか?

ヒロ
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今回は $2^{2n-61}$ があったから底を2にして $2n-61$ となるようにしたけど,2が嫌なら3でも5でも10でもなんでもいいよ。こういうのを説明するのが面倒だからか知らないけど,全部「底が10の対数をとろう」と教えている人もいるから。

ヒロ
ヒロ

また,今回は $b_n$ を求めるだけで終わったけど,$a_n$ を求める場合は,次のようにしよう。

【$a_n$ を求める】
$b_n=\log_2a_n$ より
\begin{align*}
&a_n=2^{b_n} \\[4pt]&a_n=2^{(n-1)(n-61)}
\end{align*}

漸化式パターン7の解法

ヒロ
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パターン7は次のように解こう。

$a_{n+1}=f(n)a_n+g(n)$ 型の解法
  1. うまく置き換えて $b_{n+1}=rb_n+h(n)$ となるようにする。
  2. パターン1~3になるから解法を思い出して $b_n$ を求める。
  3. 最初に置き換えた式から $a_n$ を求める。

練習問題

ヒロ
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では次の問題をやってみよう。

2006年 名古屋市立大次のように定義される数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
\begin{align*}
a_1=1,~a_{n+1}=na_n+n-1~(n=1,2,3,\cdots)
\end{align*}
ヒロ
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最初の問題と同じように考えれば出来るはず。

【解答】
$a_{n+1}=na_n+n-1$ の両辺を $n!$ で割ると
\begin{align*}
\dfrac{a_{n+1}}{n!}=\dfrac{a_n}{(n-1)!}+\dfrac{n-1}{n!}
\end{align*}
ここで $\dfrac{a_n}{(n-1)!}=b_n$ とおくと
\begin{align*}
b_{n+1}=b_n+\dfrac{n-1}{n!}
\end{align*}
ヒロ
ヒロ

数列 $\{b_n\}$ の階差数列の一般項が $\dfrac{n-1}{n!}$ と分かったね。通常ならシグマ計算をするけど,今回は別の方法で解いておくよ。

$b_{n+1}=b_n+\dfrac{n-1}{n!}$ より
\begin{align*}
&b_{n+1}=b_n+\dfrac{n}{n!}-\dfrac{1}{n!} \\[4pt]
&b_{n+1}+\dfrac{1}{n!}=b_n+\dfrac{1}{(n-1)!}
\end{align*}
数列 $\left\{b_n+\dfrac{1}{(n-1)!}\right\}$ は定数列である。$b_1=\dfrac{a_1}{0\,!}=1$ より
\begin{align*}
&b_n+\dfrac{1}{(n-1)!}=b_1+\dfrac{1}{0\,!} \\[4pt]
&b_n=2-\dfrac{1}{(n-1)!}
\end{align*}
$a_n=(n-1)!\,b_n$ より
\begin{align*}
a_n=2\Cdota(n-1)!-1
\end{align*}

練習問題2

ヒロ
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もう1問やっておこう。

2013年 東京海洋大数列 $\{a_n\}$ を
\begin{align*}
a_1=1,~a_{n+1}=27^{n^2-3n-9}a_n~(n=1,2,3,\cdots)
\end{align*}
で定める。このとき,次の問に答えよ。
(1) 数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
(2) $a_n$ の値が最小となるときの $n$ の値を求めよ。
ヒロ
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(1)は誘導はないけど,どうすれば良いか分かるようになろう。

【(1)の解答】
$a_1=1>0$ で $27^{n^2-3n-9}>0$ だから,常に $a_n>0$ である。
$a_{n+1}=27^{n^2-3n-9}a_n$ の両辺において,底が3の対数をとると
\begin{align*}
&\log_3a_{n+1}=\log_327^{n^2-3n-9}a_n \\[4pt]
&\log_3a_{n+1}=\log_33^{3(n^2-3n-9)}+\log_3a_n \\[4pt]
&\log_3a_{n+1}=3(n^2-3n-9)+\log_3a_n
\end{align*}
$n\geqq2$ のとき
\begin{align*}
\log_3a_n&=\log_3a_1+\Sum{k=1}{n-1}3(k^2-3k-9) \\[4pt]
&=\log_31+3\Cdota\dfrac{1}{6}(n-1)n(2n-1)-9\Cdota\dfrac{1}{2}(n-1)n-27(n-1) \\[4pt]
&=\dfrac{1}{2}(n-1)\{n(2n-1)-9n-54\} \\[4pt]
&=\dfrac{1}{2}(n-1)(2n^2-10n-54) \\[4pt]
&=(n-1)(n^2-5n-27)
\end{align*}
これは $n=1$ のときも成り立つ。
よって,$a_n=3^{(n-1)(n^2-5n-27)}$
ヒロ
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(2)は数列の増減を調べれば解ける。

【(2)の解答】
$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<1$ とすると
\begin{align*}
&27^{n^2-3n-9}<1 \\[4pt]
&n^2-3n-9<0
\end{align*}
ここで $f(n)=n^2-3n-9$ とすると,
$f(4)=-5<0$$,~f(5)=1>0$ であり,$n\geqq5$ において $f(n)$ は単調に増加するから,$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<1$ となるのは $1\leqq n\leqq4$ のときである。よって
\begin{align*}
a_1>a_2>a_3>a_4>a_5<a_6<a_7<\cdots
\end{align*}
となるから,$a_n$ が最小になる $n$ の値は $n=5$

まとめ

ヒロ
ヒロ

パターン7の漸化式を変形するときには,同じ形で表すことを意識しよう。また,数列の増減を調べる方法についてもマスターしよう。

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