和を含む漸化式パターン8の第四弾です。パターン8の漸化式は，差をとることで他のパターンになって，楽に解けるようになりますが，パターン7に変わることもあります。パターン7が苦手な人は，パターン8からパターン7に変わるような問題を解くことで，両方の対策を同時にできます。
それでは，最初の問題はこちらです。
2015年 岡山県立大数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$ が
(1) $a_1$ を求めよ。
(2) 一般項 $a_n$ を求めよ。
\begin{align*}
S_n=\dfrac{a_n}{n+1}+1~(n=1,2,3,\cdots)
\end{align*}
を満たすとする。次の問いに答えよ。S_n=\dfrac{a_n}{n+1}+1~(n=1,2,3,\cdots)
\end{align*}
(1) $a_1$ を求めよ。
(2) 一般項 $a_n$ を求めよ。
パターン7になる
ヒロ
(1)は大丈夫だろう。
【(1)の解答】
漸化式において $n=1$ とすると
漸化式において $n=1$ とすると
\begin{align*}
&S_1=\dfrac{a_1}{2}+1 \\[4pt]
&2a_1=a_1+2 \\[4pt]
&a_1=2
\end{align*}
&S_1=\dfrac{a_1}{2}+1 \\[4pt]
&2a_1=a_1+2 \\[4pt]
&a_1=2
\end{align*}
ヒロ
これまでと同様に，$n$ をずらして差をとろう。
【(2)の解答】
$S_n=\dfrac{a_n}{n+1}+1~\cdots\cdots①$ より
$S_n=\dfrac{a_n}{n+1}+1~\cdots\cdots①$ より
\begin{align*}
S_{n+1}=\dfrac{a_{n+1}}{n+2}+1~\cdots\cdots②
\end{align*}
が成り立つから，$②-①$ よりS_{n+1}=\dfrac{a_{n+1}}{n+2}+1~\cdots\cdots②
\end{align*}
\begin{align*}
&S_{n+1}-S_n=\dfrac{a_{n+1}}{n+2}-\dfrac{a_n}{n+1} \\[4pt]
&(n+1)(n+2)a_{n+1}=(n+1)a_{n+1}-(n+2)a_n \\[4pt]
&(n+1)^2a_{n+1}=-(n+2)a_n
\end{align*}
&S_{n+1}-S_n=\dfrac{a_{n+1}}{n+2}-\dfrac{a_n}{n+1} \\[4pt]
&(n+1)(n+2)a_{n+1}=(n+1)a_{n+1}-(n+2)a_n \\[4pt]
&(n+1)^2a_{n+1}=-(n+2)a_n
\end{align*}
ヒロ
これでパターン7になった。大小を考えて変形していこう。
【(2)の解答の続き】
\begin{align*}
&(n+1)\Cdota\dfrac{a_{n+1}}{n+2}=-\dfrac{a_n}{n+1} \\[4pt]
&(n+1)\Cdota n!\Cdota\dfrac{a_{n+1}}{n+2}=-n!\Cdota\dfrac{a_n}{n+1} \\[4pt]
&(n+1)!\Cdota\dfrac{a_{n+1}}{n+2}=-n!\Cdota\dfrac{a_n}{n+1}
\end{align*}
よって，数列 $\left\{n!\Cdot\dfrac{a_n}{n+1}\right\}$ は公比 $-1$ の等比数列となるから&(n+1)\Cdota\dfrac{a_{n+1}}{n+2}=-\dfrac{a_n}{n+1} \\[4pt]
&(n+1)\Cdota n!\Cdota\dfrac{a_{n+1}}{n+2}=-n!\Cdota\dfrac{a_n}{n+1} \\[4pt]
&(n+1)!\Cdota\dfrac{a_{n+1}}{n+2}=-n!\Cdota\dfrac{a_n}{n+1}
\end{align*}
\begin{align*}
&n!\Cdota\dfrac{a_n}{n+1}=\dfrac{a_1}{2}\Cdota(-1)^{n-1} \\[4pt]
&a_n=\dfrac{(n+1)(-1)^{n-1}}{n!}
\end{align*}
&n!\Cdota\dfrac{a_n}{n+1}=\dfrac{a_1}{2}\Cdota(-1)^{n-1} \\[4pt]
&a_n=\dfrac{(n+1)(-1)^{n-1}}{n!}
\end{align*}
ヒロ
このような問題に数多くふれることで，この変形も身近なものに感じるだろう。変形がよく分からない場合は，パターン7に戻ろう。
色々なタイプに慣れよう
ヒロ
次の問題を解いてみよう。
2012年 高知大各項が正の実数である数列 $\{a_n\}$$~(n=1,2,\cdots)$ に対し，第1項から第 $n$ 項までの和を $S_n$ とおく。$a_n$ と $S_n$ の間に次の関係が成り立っているとする。
(1) $a_1,~a_2,~a_3$ を求めよ。
(2) $a_{n+1}$ を $a_n$ で表せ。
(3) 数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
\begin{align*}
S_n=\dfrac{1}{2}{a_n}^2+\dfrac{1}{2}a_n-1~(n=1,2,\cdots)
\end{align*}
このとき，次の問いに答えよ。S_n=\dfrac{1}{2}{a_n}^2+\dfrac{1}{2}a_n-1~(n=1,2,\cdots)
\end{align*}
(1) $a_1,~a_2,~a_3$ を求めよ。
(2) $a_{n+1}$ を $a_n$ で表せ。
(3) 数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
ヒロ
(1)は与えられた漸化式に $n=1,~2,~3$ を代入して求めよう。
【(1)の解答】
$S_1=a_1$ であるから，$S_n=\dfrac{1}{2}{a_n}^2+\dfrac{1}{2}a_n-1~\cdots\cdots①$ において $n=1$ とすると
$S_2=a_1+a_2=a_2+2$ であるから，①において $n=2$ とすると
$S_3=a_1+a_2+a_3=a_3+5$ であるから，①において $n=3$ とすると
$S_1=a_1$ であるから，$S_n=\dfrac{1}{2}{a_n}^2+\dfrac{1}{2}a_n-1~\cdots\cdots①$ において $n=1$ とすると
\begin{align*}
&a_1=\dfrac{1}{2}{a_1}^2+\dfrac{1}{2}a_1-1 \\[4pt]
&{a_1}^2-a_1-2=0 \\[4pt]
&(a_1-2)(a_1+1)=0 \\[4pt]
&a_1=-1,~2
\end{align*}
$a_1>0$ より，$a_1=2$&a_1=\dfrac{1}{2}{a_1}^2+\dfrac{1}{2}a_1-1 \\[4pt]
&{a_1}^2-a_1-2=0 \\[4pt]
&(a_1-2)(a_1+1)=0 \\[4pt]
&a_1=-1,~2
\end{align*}
$S_2=a_1+a_2=a_2+2$ であるから，①において $n=2$ とすると
\begin{align*}
&a_2+2=\dfrac{1}{2}{a_2}^2+\dfrac{1}{2}a_2-1 \\[4pt]
&{a_2}^2-a_2-6=0 \\[4pt]
&(a_2-3)(a_2+2)=0 \\[4pt]
&a_2=-2,~3
\end{align*}
$a_2>0$ より，$a_2=3$&a_2+2=\dfrac{1}{2}{a_2}^2+\dfrac{1}{2}a_2-1 \\[4pt]
&{a_2}^2-a_2-6=0 \\[4pt]
&(a_2-3)(a_2+2)=0 \\[4pt]
&a_2=-2,~3
\end{align*}
$S_3=a_1+a_2+a_3=a_3+5$ であるから，①において $n=3$ とすると
\begin{align*}
&a_3+5=\dfrac{1}{2}{a_3}^2+\dfrac{1}{2}a_3-1 \\[4pt]
&{a_3}^2-a_3-12=0 \\[4pt]
&(a_3-4)(a_3+3)=0 \\[4pt]
&a_3=-3,~4
\end{align*}
$a_3>0$ より，$a_3=4$&a_3+5=\dfrac{1}{2}{a_3}^2+\dfrac{1}{2}a_3-1 \\[4pt]
&{a_3}^2-a_3-12=0 \\[4pt]
&(a_3-4)(a_3+3)=0 \\[4pt]
&a_3=-3,~4
\end{align*}
ヒロ
(2)は①の $n$ を1つずらして差をとることで求められるはず。
【(2)の解答】
①より，
①より，
\begin{align*}
S_{n+1}=\dfrac{1}{2}{a_{n+1}}^2+\dfrac{1}{2}a_{n+1}-1~\cdots\cdots②
\end{align*}
が成り立つ。$S_{n+1}-S_n=a_{n+1}$ であるから，$②-①$ よりS_{n+1}=\dfrac{1}{2}{a_{n+1}}^2+\dfrac{1}{2}a_{n+1}-1~\cdots\cdots②
\end{align*}
\begin{align*}
&a_{n+1}=\dfrac{1}{2}({a_{n+1}}^2-{a_n}^2)+\dfrac{1}{2}(a_{n+1}-a_n) \\[4pt]
&{a_{n+1}}^2-{a_n}^2-(a_{n+1}+a_n)=0 \\[4pt]
&(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)-(a_{n+1}+a_n)=0 \\[4pt]
&(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n-1)=0
\end{align*}
$a_{n+1}+a_n>0$ であるから&a_{n+1}=\dfrac{1}{2}({a_{n+1}}^2-{a_n}^2)+\dfrac{1}{2}(a_{n+1}-a_n) \\[4pt]
&{a_{n+1}}^2-{a_n}^2-(a_{n+1}+a_n)=0 \\[4pt]
&(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)-(a_{n+1}+a_n)=0 \\[4pt]
&(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n-1)=0
\end{align*}
\begin{align*}
&a_{n+1}-a_n-1=0 \\[4pt]
&a_{n+1}=a_n+1
\end{align*}
&a_{n+1}-a_n-1=0 \\[4pt]
&a_{n+1}=a_n+1
\end{align*}
ヒロ
これは階差型だから簡単に解ける。
【(3)の解答】
(2)の結果より，数列 $\{a_n\}$ は公差1の等差数列となり，$a_1=2$ であるから
(2)の結果より，数列 $\{a_n\}$ は公差1の等差数列となり，$a_1=2$ であるから
\begin{align*}
a_n=n+1
\end{align*}
a_n=n+1
\end{align*}
ヒロ
(2)の誘導がなければ，一般項を推測して，それを証明しても良いね。
ヒロ
(1)で$a_1=2$, $a_2=3$, $a_3=4$ という結果が出たことで，$a_n=n+1$ かなと推測できるから，数学的帰納法で証明しよう。
【(2)の別解】
$a_n=n+1~\cdots\cdots(\ast)$ が成り立つことを数学的帰納法で証明する。
(i) $n=1$ のとき
(1)の結果から $a_1=2$ であるから $(\ast)$ は成り立つ。
(ii) $n=1,~2,~\cdots,~k$ のとき，$(\ast)$ が成り立つと仮定すると
よって，$k=n+1$ のときも $(\ast)$ は成り立つ。
(i), (ii)より，すべての自然数 $n$ に対して $(\ast)$ が成り立つから，$a_n=n+1$
$a_n=n+1~\cdots\cdots(\ast)$ が成り立つことを数学的帰納法で証明する。
(i) $n=1$ のとき
(1)の結果から $a_1=2$ であるから $(\ast)$ は成り立つ。
(ii) $n=1,~2,~\cdots,~k$ のとき，$(\ast)$ が成り立つと仮定すると
\begin{align*}
S_{n+1}&=\Sum{k=1}{n+1}a_k \\[4pt]
&=\Sum{k=1}{n+1}(k+1) \\[4pt]
&=\dfrac{2+(n+2)}{2}(n+1) \\[4pt]
&=\dfrac{1}{2}(n+1)(n+4)
\end{align*}
となるから，与えられた漸化式よりS_{n+1}&=\Sum{k=1}{n+1}a_k \\[4pt]
&=\Sum{k=1}{n+1}(k+1) \\[4pt]
&=\dfrac{2+(n+2)}{2}(n+1) \\[4pt]
&=\dfrac{1}{2}(n+1)(n+4)
\end{align*}
\begin{align*}
&S_{n+1}=\dfrac{1}{2}{a_{n+1}}^2+\dfrac{1}{2}a_{n+1}-1 \\[4pt]
&\dfrac{1}{2}(n+1)(n+4)=\dfrac{1}{2}{a_{n+1}}^2+\dfrac{1}{2}a_{n+1}-1 \\[4pt]
&{a_{n+1}}^2+a_{n+1}-(n^2+5n+6)=0 \\[4pt]
&{a_{n+1}}^2+a_{n+1}-(n+2)(n+3)=0 \\[4pt]
&\{a_{n+1}-(n+2)\}\{a_{n+1}+(n+3)\}=0 \\[4pt]
&a_{n+1}=n+2,~-(n+3)
\end{align*}
$a_{n+1}>0$ より，$a_{n+1}=n+2$&S_{n+1}=\dfrac{1}{2}{a_{n+1}}^2+\dfrac{1}{2}a_{n+1}-1 \\[4pt]
&\dfrac{1}{2}(n+1)(n+4)=\dfrac{1}{2}{a_{n+1}}^2+\dfrac{1}{2}a_{n+1}-1 \\[4pt]
&{a_{n+1}}^2+a_{n+1}-(n^2+5n+6)=0 \\[4pt]
&{a_{n+1}}^2+a_{n+1}-(n+2)(n+3)=0 \\[4pt]
&\{a_{n+1}-(n+2)\}\{a_{n+1}+(n+3)\}=0 \\[4pt]
&a_{n+1}=n+2,~-(n+3)
\end{align*}
よって，$k=n+1$ のときも $(\ast)$ は成り立つ。
(i), (ii)より，すべての自然数 $n$ に対して $(\ast)$ が成り立つから，$a_n=n+1$
漸化式をうまく利用して不要なものを消す
ヒロ
もう1問やってみよう。
2013年 九州産業大数列 $\{a_n\}$ の初項 $a_1$ から第 $n$ 項 $a_n$ までの和を $S_n$ とするとき，$S_n=\dfrac{1}{3}-(n+2)a_n$ を満たすとする。
(1) $a_1$ の値は $\myhako$ である。
(2) $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ を $n$ の式で表すと $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\myhako$ である。
(3) $\dfrac{a_n}{a_1}$ を $n$ の式で表すと $\dfrac{a_n}{a_1}=\myhako$ である。
(4) 数列 $\{a_n\}$ の一般項は $a_n=\myhako$ である。
(5) $\Sum{n=1}{10}\dfrac{1}{a_n}$ の値は $\myhako$ である。
(1) $a_1$ の値は $\myhako$ である。
(2) $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ を $n$ の式で表すと $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\myhako$ である。
(3) $\dfrac{a_n}{a_1}$ を $n$ の式で表すと $\dfrac{a_n}{a_1}=\myhako$ である。
(4) 数列 $\{a_n\}$ の一般項は $a_n=\myhako$ である。
(5) $\Sum{n=1}{10}\dfrac{1}{a_n}$ の値は $\myhako$ である。
ヒロ
(1)は余裕だろう。
【(1)の解答】
$S_n=\dfrac{1}{3}-(n+2)a_n~\cdots\cdots①$ において $n=1$ とすると
$S_n=\dfrac{1}{3}-(n+2)a_n~\cdots\cdots①$ において $n=1$ とすると
\begin{align*}
&S_1=\dfrac{1}{3}-3a_1 \\[4pt]
&a_1=\dfrac{1}{3}-3a_1 \\[4pt]
&a_1=\dfrac{1}{12}
\end{align*}
&S_1=\dfrac{1}{3}-3a_1 \\[4pt]
&a_1=\dfrac{1}{3}-3a_1 \\[4pt]
&a_1=\dfrac{1}{12}
\end{align*}
ヒロ
(2)は $n$ をずらして差をとろう。
【(2)の解答】
①より，
①より，
\begin{align*}
S_{n+1}=\dfrac{1}{3}-(n+3)a_{n+1}~\cdots\cdots②
\end{align*}
が成り立つから，$②-①$ よりS_{n+1}=\dfrac{1}{3}-(n+3)a_{n+1}~\cdots\cdots②
\end{align*}
\begin{align*}
&S_{n+1}-S_n=-(n+3)a_{n+1}+(n+2)a_n \\[4pt]
&a_{n+1}=-(n+3)a_{n+1}+(n+2)a_n \\[4pt]
&(n+4)a_{n+1}=(n+2)a_n \\[4pt]
&\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{n+2}{n+4}
\end{align*}
&S_{n+1}-S_n=-(n+3)a_{n+1}+(n+2)a_n \\[4pt]
&a_{n+1}=-(n+3)a_{n+1}+(n+2)a_n \\[4pt]
&(n+4)a_{n+1}=(n+2)a_n \\[4pt]
&\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{n+2}{n+4}
\end{align*}
ヒロ
階差数列のときは加えることで真ん中がごっそり消えたけど，比の状態の漸化式があれば，掛けることで真ん中をごっそり消すことができることを利用しよう。
【(3)の解答】
$\dfrac{a_n}{a_1}$ は
$\dfrac{a_n}{a_1}$ は
\begin{align*}
\dfrac{a_n}{a_1}&=\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\Cdota\dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\Cdota\dfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}\Cdota\cdots\Cdota\dfrac{a_4}{a_3}\Cdota\dfrac{a_3}{a_2}\Cdota\dfrac{a_2}{a_1}
\end{align*}
と表すことができるから，(2)の結果より\dfrac{a_n}{a_1}&=\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\Cdota\dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\Cdota\dfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}\Cdota\cdots\Cdota\dfrac{a_4}{a_3}\Cdota\dfrac{a_3}{a_2}\Cdota\dfrac{a_2}{a_1}
\end{align*}
\begin{align*}
\dfrac{a_n}{a_1}&=\dfrac{n+1}{n+3}\Cdota\dfrac{n}{n+2}\Cdota\dfrac{n-1}{n+1}\Cdota\cdots\Cdota\Cdota\dfrac{5}{7}\Cdota\dfrac{4}{6}\Cdota\dfrac{3}{5} \\[4pt]
&=\dfrac{{\color{red}(n+1)\cdots7\Cdot6\Cdot5}\Cdot4\Cdot3}{(n+3)(n+2){\color{red}(n+1)\cdots7\Cdot6\Cdot5}} \\[4pt]
&=\dfrac{12}{(n+3)(n+2)}
\end{align*}
\dfrac{a_n}{a_1}&=\dfrac{n+1}{n+3}\Cdota\dfrac{n}{n+2}\Cdota\dfrac{n-1}{n+1}\Cdota\cdots\Cdota\Cdota\dfrac{5}{7}\Cdota\dfrac{4}{6}\Cdota\dfrac{3}{5} \\[4pt]
&=\dfrac{{\color{red}(n+1)\cdots7\Cdot6\Cdot5}\Cdot4\Cdot3}{(n+3)(n+2){\color{red}(n+1)\cdots7\Cdot6\Cdot5}} \\[4pt]
&=\dfrac{12}{(n+3)(n+2)}
\end{align*}
ヒロ
(3)ができれば(4)はできるね。
【(4)の解答】
$a_1=\dfrac{1}{12}$ であるから，(3)の結果より
$a_1=\dfrac{1}{12}$ であるから，(3)の結果より
\begin{align*}
a_n=\dfrac{1}{(n+3)(n+2)}
\end{align*}
a_n=\dfrac{1}{(n+3)(n+2)}
\end{align*}
ヒロ
(5)のシグマ計算は落ち着いてやるだけ。
【(5)の解答】
(4)の結果より
(4)の結果より
\begin{align*}
\Sum{n=1}{10}\dfrac{1}{a_n}&=\Sum{n=1}{10}(n+3)(n+2) \\[4pt]
&=\Sum{n=1}{10}(n^2+5n+6) \\[4pt]
&=\dfrac{1}{6}\Cdota10\Cdota11\Cdota21+5\Cdota\dfrac{1}{2}\Cdota10\Cdota11+6\Cdota10 \\[4pt]
&=5(77+55+12) \\[4pt]
&=720
\end{align*}
\Sum{n=1}{10}\dfrac{1}{a_n}&=\Sum{n=1}{10}(n+3)(n+2) \\[4pt]
&=\Sum{n=1}{10}(n^2+5n+6) \\[4pt]
&=\dfrac{1}{6}\Cdota10\Cdota11\Cdota21+5\Cdota\dfrac{1}{2}\Cdota10\Cdota11+6\Cdota10 \\[4pt]
&=5(77+55+12) \\[4pt]
&=720
\end{align*}
練習問題
ヒロ
練習問題を解いて，さらに力を付けよう。
2011年 岡山県立大$a_1=1$ である数列 $\{a_n\}$ の初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$ が $a_{n+1}=\dfrac{4}{n}S_n$$~(n=1,2,\cdots)$ を満たすとする。以下の問いに答えよ。
(1) $a_{n+1}$ を $a_n$ で表せ。
(2) 一般項 $a_n$ を求めよ。
(3) $\Sum{k=1}{n}\dfrac{1}{a_k}$ を求めよ。
(1) $a_{n+1}$ を $a_n$ で表せ。
(2) 一般項 $a_n$ を求めよ。
(3) $\Sum{k=1}{n}\dfrac{1}{a_k}$ を求めよ。
ヒロ
$n$ をずらして差をとろう。
【(1)の解答】
$S_n=\dfrac{n}{4}a_{n+1}~\cdots\cdots①$ より，$n\geqq2$ のとき $S_{n-1}=\dfrac{n-1}{4}a_n~\cdots\cdots②$ が成り立つから，$①-②$ より
したがって，$a_{n+1}=\dfrac{n+3}{n}a_n$
$S_n=\dfrac{n}{4}a_{n+1}~\cdots\cdots①$ より，$n\geqq2$ のとき $S_{n-1}=\dfrac{n-1}{4}a_n~\cdots\cdots②$ が成り立つから，$①-②$ より
\begin{align*}
&S_n-S_{n-1}=\dfrac{n}{4}a_{n+1}-\dfrac{n-1}{4}a_n \\[4pt]
&4a_n=na_{n+1}-(n-1)a_n \\[4pt]
&a_{n+1}=\dfrac{n+3}{n}a_n~\cdots\cdots③
\end{align*}
ここで①において $n=1$ とすると&S_n-S_{n-1}=\dfrac{n}{4}a_{n+1}-\dfrac{n-1}{4}a_n \\[4pt]
&4a_n=na_{n+1}-(n-1)a_n \\[4pt]
&a_{n+1}=\dfrac{n+3}{n}a_n~\cdots\cdots③
\end{align*}
\begin{align*}
&S_1=\dfrac{1}{4}a_2 \\[4pt]
&a_1=\dfrac{1}{4}a_2 \\[4pt]
&a_2=4a_1=4
\end{align*}
よって，$n=1$ のときも③は成り立つ。&S_1=\dfrac{1}{4}a_2 \\[4pt]
&a_1=\dfrac{1}{4}a_2 \\[4pt]
&a_2=4a_1=4
\end{align*}
したがって，$a_{n+1}=\dfrac{n+3}{n}a_n$
ヒロ
(2)を解けるようにして，他の受験生との差を広げよう。
【(2)の解答】
(1)の結果より，
(1)の結果より，
\begin{align*}
&a_{n+1}=\dfrac{n+3}{n}a_n \\[4pt]
&\dfrac{a_{n+1}}{n+3}=\dfrac{a_n}{n} \\[4pt]
&\dfrac{a_{n+1}}{(n+3)(n+2)(n+1)}=\dfrac{a_n}{(n+2)(n+1)n}
\end{align*}
よって，数列 $\left\{\dfrac{a_n}{(n+2)(n+1)n}\right\}$ は定数列であるから&a_{n+1}=\dfrac{n+3}{n}a_n \\[4pt]
&\dfrac{a_{n+1}}{n+3}=\dfrac{a_n}{n} \\[4pt]
&\dfrac{a_{n+1}}{(n+3)(n+2)(n+1)}=\dfrac{a_n}{(n+2)(n+1)n}
\end{align*}
\begin{align*}
&\dfrac{a_n}{(n+2)(n+1)n}=\dfrac{a_1}{3\Cdot2\Cdot1} \\[4pt]
&a_n=\dfrac{1}{6}n(n+1)(n+2)
\end{align*}
&\dfrac{a_n}{(n+2)(n+1)n}=\dfrac{a_1}{3\Cdot2\Cdot1} \\[4pt]
&a_n=\dfrac{1}{6}n(n+1)(n+2)
\end{align*}
ヒロ
(3)を解いて，さらに合格率を上げよう。
【(3)の解答】
(2)の結果より
(2)の結果より
\begin{align*}
\Sum{k=1}{n}\dfrac{1}{a_k}&=\Sum{k=1}{n}\dfrac{6}{k(k+1)(k+2)} \\[4pt]
&=3\Sum{k=1}{n}\left\{\dfrac{1}{k(k+1)}-\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}\right\} \\[4pt]
&=3\left\{\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\right\} \\[4pt]
&=3\Cdota\dfrac{(n^2+3n+2)-2}{2(n+1)(n+2)} \\[4pt]
&=\dfrac{3n(n+3)}{2(n+1)(n+2)}
\end{align*}
\Sum{k=1}{n}\dfrac{1}{a_k}&=\Sum{k=1}{n}\dfrac{6}{k(k+1)(k+2)} \\[4pt]
&=3\Sum{k=1}{n}\left\{\dfrac{1}{k(k+1)}-\dfrac{1}{(k+1)(k+2)}\right\} \\[4pt]
&=3\left\{\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}\right\} \\[4pt]
&=3\Cdota\dfrac{(n^2+3n+2)-2}{2(n+1)(n+2)} \\[4pt]
&=\dfrac{3n(n+3)}{2(n+1)(n+2)}
\end{align*}
練習問題2
ヒロ
もう1問やってみよう。
2009年 福岡教育大数列 $\{a_n\}$ は次の2つの条件(ア)，(イ)を満たす。
(ア) $a_n>0~(n=1,2,3,\cdots)$
(イ) $\Sum{k=1}{n}{a_k}^3=\left(\Sum{k=1}{n}a_k\right)^2$
このとき次の問いに答えよ。
(1) $a_1,~a_2,~a_3$ を求めよ。
(2) ${a_{n+1}}^2=a_{n+1}+2\Sum{k=1}{n}a_k$ が成り立つことを示せ。
(3) 数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
(ア) $a_n>0~(n=1,2,3,\cdots)$
(イ) $\Sum{k=1}{n}{a_k}^3=\left(\Sum{k=1}{n}a_k\right)^2$
このとき次の問いに答えよ。
(1) $a_1,~a_2,~a_3$ を求めよ。
(2) ${a_{n+1}}^2=a_{n+1}+2\Sum{k=1}{n}a_k$ が成り立つことを示せ。
(3) 数列 $\{a_n\}$ の一般項を求めよ。
ヒロ
まずは(1)で漸化式の性質をつかもう。
【(1)の解答】
$\Sum{k=1}{n}{a_k}^3=\left(\Sum{k=1}{n}a_k\right)^2~\cdots\cdots①$ において，$n=1$ とすると
①において，$n=2$ とすると
①において，$n=3$ とすると
$\Sum{k=1}{n}{a_k}^3=\left(\Sum{k=1}{n}a_k\right)^2~\cdots\cdots①$ において，$n=1$ とすると
\begin{align*}
&{a_1}^3={a_1}^2 \\[4pt]
&{a_1}^2(a_1-1)=0 \\[4pt]
&a_1=0,~1
\end{align*}
$a_1>0$ より，$a_1=1$&{a_1}^3={a_1}^2 \\[4pt]
&{a_1}^2(a_1-1)=0 \\[4pt]
&a_1=0,~1
\end{align*}
①において，$n=2$ とすると
\begin{align*}
&{a_1}^3+{a_2}^3=(a_1+a_2)^2 \\[4pt]
&{a_2}^3+1=(a_2+1)^2 \\[4pt]
&{a_2}^3-{a_2}^2-2a_2=0 \\[4pt]
&a_2({a_2}^2-a_2-2)=0 \\[4pt]
&a_2(a_2-2)(a_2+1)=0 \\[4pt]
&a_2=0,~2,~-1
\end{align*}
$a_2>0$ より，$a_2=2$&{a_1}^3+{a_2}^3=(a_1+a_2)^2 \\[4pt]
&{a_2}^3+1=(a_2+1)^2 \\[4pt]
&{a_2}^3-{a_2}^2-2a_2=0 \\[4pt]
&a_2({a_2}^2-a_2-2)=0 \\[4pt]
&a_2(a_2-2)(a_2+1)=0 \\[4pt]
&a_2=0,~2,~-1
\end{align*}
①において，$n=3$ とすると
\begin{align*}
&{a_1}^3+{a_2}^3+{a_3}^3=(a_1+a_2+a_3)^2 \\[4pt]
&{a_3}^3+9=(a_3+3)^2 \\[4pt]
&{a_3}^3-{a_3}^2-6a_3=0 \\[4pt]
&a_3({a_3}^2-a_3-6)=0 \\[4pt]
&a_3(a_3-3)(a_3+2)=0 \\[4pt]
&a_3=0,~3,~-2
\end{align*}
$a_3>0$ より，$a_3=3$&{a_1}^3+{a_2}^3+{a_3}^3=(a_1+a_2+a_3)^2 \\[4pt]
&{a_3}^3+9=(a_3+3)^2 \\[4pt]
&{a_3}^3-{a_3}^2-6a_3=0 \\[4pt]
&a_3({a_3}^2-a_3-6)=0 \\[4pt]
&a_3(a_3-3)(a_3+2)=0 \\[4pt]
&a_3=0,~3,~-2
\end{align*}
ヒロ
この時点で，$a_n=n$ ではないかと予想した人もいるだろう。実際，①はシグマ公式の1つになってるね。
ヒロ
$n$ 個の項の和を扱っているから，$n$ を1つずらして差をとろう。
【(2)の解答】
①より，
①より，
\begin{align*}
\Sum{k=1}{n+1}{a_k}^3=\left(\Sum{k=1}{n+1}a_k\right)^2~\cdots\cdots②
\end{align*}
が成り立つから，$②-①$ より\Sum{k=1}{n+1}{a_k}^3=\left(\Sum{k=1}{n+1}a_k\right)^2~\cdots\cdots②
\end{align*}
\begin{align*}
&{a_{n+1}}^3=\left(\Sum{k=1}{n}a_k+a_{n+1}\right)^2-\left(\Sum{k=1}{n}a_k\right)^2 \\[4pt]
&{a_{n+1}}^3=a_{n+1}\left(2\Sum{k=1}{n}a_k+a_{n+1}\right)
\end{align*}
$a_{n+1}>0$ であるから，両辺を $a_{n+1}$ で割って&{a_{n+1}}^3=\left(\Sum{k=1}{n}a_k+a_{n+1}\right)^2-\left(\Sum{k=1}{n}a_k\right)^2 \\[4pt]
&{a_{n+1}}^3=a_{n+1}\left(2\Sum{k=1}{n}a_k+a_{n+1}\right)
\end{align*}
\begin{align*}
{a_{n+1}}^2=a_{n+1}+2\Sum{k=1}{n}a_k~\cdots\cdots③
\end{align*}
{a_{n+1}}^2=a_{n+1}+2\Sum{k=1}{n}a_k~\cdots\cdots③
\end{align*}
ヒロ
(2)で導いた漸化式も和を含むため，もう一度 $n$ をずらして差をとろう。上にずらすか下にずらすかについては，差をとるとどうなるかを先に考えると分かるよ。
【(3)の解答】
③より，$n\geqq2$ のとき
③より，$n\geqq2$ のとき
\begin{align*}
{a_n}^2=a_n+2\Sum{k=1}{n-1}a_k~\cdots\cdots④
\end{align*}
が成り立つから，$③-④$より{a_n}^2=a_n+2\Sum{k=1}{n-1}a_k~\cdots\cdots④
\end{align*}
\begin{align*}
&{a_{n+1}}^2-{a_n}^2=a_{n+1}-a_n+2a_n \\[4pt]
&(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=a_{n+1}+a_n
\end{align*}
$a_{n+1}+a_n>0$ であるから，両辺を $a_{n+1}+a_n$ で割って&{a_{n+1}}^2-{a_n}^2=a_{n+1}-a_n+2a_n \\[4pt]
&(a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=a_{n+1}+a_n
\end{align*}
\begin{align*}
a_{n+1}-a_n=1
\end{align*}
数列 $\{a_n\}$ は公差1の等差数列となり，$a_1=1$ であるからa_{n+1}-a_n=1
\end{align*}
\begin{align*}
a_n=n
\end{align*}
a_n=n
\end{align*}
まとめ
ヒロ
数列 $\{a_n\}$ の項に関する和を含む漸化式パターン8を変形するとパターン7になることもある。特にパターン7は苦手な人が多く，変形した時点で力尽きる人もいる。色々なパターンの漸化式に対応できるようにしておこう。
