発 展 色々な数列の一般項

B. _{分数型の漸化式}

漸化式が分数式で与えられたときは，漸化式の逆数をとると求められることがある．

たとえば，漸化式an+1= an

an+2 であれば，数学的帰納法からan,0が示せるので，両辺の逆数をとって 1

an+1 = a_n+2 an = a_n

an + 2

an ⇔ 1 an+1 = 2

an +1 となる．bn= 1

an

とおくと，bn+1=2bn+1となり，bnが求められ，それに伴いanも求められる．

【練習57：分数型の漸化式〜その１〜】

(1) a1 =1, an+1= an

an+2 ^{で与えられる数列を}{an}^とする．

（a）a_n,0を示せ． （b）上の説明を利用し，一般項a_nを求めよ．

(2) a1 =1, an+1= an

3an−4 ^{で与えられる数列}{an}^{の一般項を求めよ．}

【解答】

(1)^（a）数学的帰納法で示す．

(I) a1 =1^よりn=1^{で成り立つ．}

(II) a_k ,0とすると，a_k+1 = a_k

ak+2 ,0となるから，n=kで成 立すればn=k+1^{でも成立する．}

よって，すべての自然数nでan,0^{が示された．}

（b^）an+1 = an

a_n+2 ^{の両辺の逆数をとって} 1

a_n+1 = 2

a_n +1 ^となり，

b_n = 1 an

とおくと，b_n+1 =2bn+1となる．特性方程式を考えて t=2t+1 ⇔ t=−1^{であるから}

bn+1+1=2(bn+1)

となる．よって，数列{b_n+1}^は初項b₁+1= 1

a1 +1=2，公比 2^{の等比数列であるから}

bn+1=2·2ⁿ⁻¹ ⇔ bn=2ⁿ−1 2ⁿ−1,0であるから．a_n= 1

bn = 1 2ⁿ−1 (2) a1 ,0^であり，ak,0^とするとak+1 = ak

3ak−4 ,0^である（kは自然 数）から，数学的帰納法よりすべての自然数nについてan=0である．

よって，漸化式an+1= an

3an−4 ^{の両辺の逆数をとって} 1

an+1 = 3an+4

an =3+ 4 an

よって，bn= 1

a_n ^{とおくと，}bn+1 =4bn+3となる．特性方程式を考え てt=4t+3 ⇔ t=−1であるから

b_n+1+1=4(bn+1)

よって，数列{bn+1}^は公比4^，初項b1+1= 1

a1 +1=2^{の等比数列}

136

であるから

bn+1=2·4ⁿ⁻¹ ⇔ bn =2·4ⁿ⁻¹−1 2·4ⁿ⁻¹−1,0であるから．a_n= 1

bn = 1

2·4ⁿ⁻¹−1

．

【発 展 58：分数型の漸化式〜その２〜】

a1=1, an+1= an+4

an+1 ^{で与えられる数列を}anとする．

1 an=an+1=tを代入した特性方程式を解け． 2 一般項anを求めよ．

【解答】

1 t= t+4

t+1 ^{となるので}

t(t+1)=t+4 ⇔ t²=4 ∴ t =±2

2 漸化式の両辺から2を引いて ◀−2も特性方程式の解であるから，

−2を引いてもよい．

an+1−2= an+4

an+1 −2= an+4−2(an+1)

an+1 = −an+2 an+1 よって，an+1−2=−an−2

an+1 · · · ⃝¹ である．

ここで，an ,2である．というのも，a1 =1 ,2であり，ak,2のと き⃝¹からa_k+1,2であり，数学的帰納法によりすべてのnでa_n,2と 示されるからである．

そこで，⃝¹の両辺の逆数をとって 1

an+1−2 =−an+1

an−2 =−(an−2)+3

an−2 =−1− 3 an−2 よって，b_n= 1

an−2 ^とするとb_n+1=−1−3bnであり bn+1+ 1

4 =−3 (

bn+ 1 4 )

◀特性方程式t=−1−3tを解いて t=−1

4 となる．数列{

b_n+ 1 4 }

は初項b₁+ 1

4 = 1

a1−2 + 1

4 = 1

1−2 + 1 4 =

−3

4^，公比−3^{の等比数列であるから} bn+ 1

4 =−3

4(−3)ⁿ⁻¹ ⇔ bn= (−3)ⁿ−1 4

⇔ 1

a_n−2 = (−3)ⁿ−1 4

⇔ an−2= 4

(−3)ⁿ−1^（(−3)ⁿ−1,0^より）

⇔ a_n=2+ 4

(−3)ⁿ−1 = 2·(−3)ⁿ−2+4 (−3)ⁿ−1 よって，an=

2{(−3)ⁿ+1}

(−3)ⁿ−1 ^{． ◀an=2+}

4

(−3)ⁿ−1 でもよい．

—13th-note— 2.8 数学的帰納法· · ·

137

C. _{指数型の漸化式}

たとえば，an+1=6an+2ⁿ⁺²のような漸化式であれば，両辺を2^{n+1で割って} a_n+1

2ⁿ⁺¹ = 6an

2ⁿ⁺¹ + 2ⁿ⁺²

2ⁿ⁺¹ ⇔ a_n+1

2ⁿ⁺¹ =3· a_n 2ⁿ +2 となるので，b_n = a_n

2^{n とおくと，}b_n+1 =3bn+2となり，b_nが求められ，それに伴いa_nも求められる．

【練習59：指数型の漸化式】

直前の説明を利用し，a1=2, an+1=6an+2ⁿ⁺²で与えられる数列anの一般項を求めよ．

【解答】 両辺を2^{n+1で割って} an+1

2ⁿ⁺¹ = 6an

2ⁿ⁺¹ + 2ⁿ⁺²

2ⁿ⁺¹ ⇔ an+1

2ⁿ⁺¹ =3· an

2ⁿ +2 となるので，bn= an

2^{n とおくと，}bn+1 =3bn+2となる．この特性方程式か らt=3t+2 ⇔ t=−1^{であるから}

bn+1+1=3(bn+1)

よって，数列{bn+1}^は公比3^，初項b1+1= a1

2¹ +1=2^{の等比数列であ} るから

b_n+1=2·3ⁿ⁻¹ ⇔ b_n=2·3ⁿ⁻¹−1

⇔ an

2ⁿ =2·3ⁿ⁻¹−1

⇔ an=2ⁿ⁺¹·3ⁿ⁻¹−2ⁿ ◀4·6ⁿ⁻¹−2ⁿでもよい．

【^{発 展} 60：指数型の漸化式〜その２〜】

次の漸化式で与えられる数列{an}^{の一般項を求めよ．}

1 a1=1, an+1=3an+3ⁿ⁺¹ 2 a1=1, an+1=3an+4ⁿ

【解答】

1 両辺を3ⁿ⁺¹で割って an+1

3ⁿ⁺¹ = 3an

3ⁿ⁺¹ + 3ⁿ⁺¹

3ⁿ⁺¹ ⇔ an+1

3ⁿ⁺¹ = an

3ⁿ +1 となるので，b_n= a_n

3^{n とおくと，}b_n+1=b_n+1となる．

よって，数列{b_n}^は公差1，初項b1= a1

3¹ = 1

3 ^{となるから} bn= 1

3 +(n−1)

⇔ a_n

3ⁿ =n− 2

3 ∴an=3ⁿ (

n− 2 3 )

=3ⁿ⁻¹(3n−2) ◀an=3ⁿ (

n− 2 3 )

でもよい

2 両辺を4^{n+1で割って}

an+1

4ⁿ⁺¹ = 3an

4ⁿ⁺¹ + 4ⁿ

4ⁿ⁺¹ ⇔ an+1

4ⁿ⁺¹ = 3 4 · an

4ⁿ + 1 4

138

となるので，bn = an

4^{n とおくと，}bn+1= 3 4bn+ 1

4 ^{となる．この特性方} 程式からt= 3

4t+ 1

4 ⇔ t=1^{であるから} bn+1−1= 3

4(bn−1)

よって，数列{bn−1}^は公比 3

4^，初項b1−1= a1

4¹ −1=−3

4 ^の等比

数列であるから bn−1=−3

4 · (3

4 )n−1

⇔ bn =− (3

4 )n

+1

⇔ an

4ⁿ =1− 3ⁿ 4ⁿ

⇔ an=4ⁿ−3ⁿ

D. an+1=pan+^（nの1次式）の漸化式

たとえば，漸化式an+1=3an+4n^{を考えよう．}

漸化式an+1=3an+4であれば，特性方程式を解いてan+1+2=3(an+2)^{を考えたが，今回は，}an+2^の 代わりにan+^（nの式）を用いる．

この問いには別解があり，右のような差を取り，{an}^の階 an+2 =3an+1 +4(n+1)

−) an+1 =3an +4n an+2−an+1 =3(an+1−an)+4 差数列を{bn}^についてbn+1=3bn+4^{が成り立つことから}

bnを求め，anも求める方法である．しかし，次の練習の解 答に比べ手順が多くなる．

【練習61：1次式型の漸化式〜その１〜】

a1=1, an+1=3an+4n^{で与えられる数列を}{an}^とする．

(1) ^{与えられた漸化式が}an+1+{p(n+1)+q}=3[an+{pn+q}]^{と一致するよう，}p, qの値を定めよ．

(2) ^一般項anを求めよ．

【解答】

(1) a_n+1+{p(n+1)+q}=3[an+{pn+q}]をa_n+1について解くと an+1 =3(an+pn+q)−p(n+1)−q

=3an+2pn+(2q−p)

これを漸化式a_n+1=a_n+4nと係数比較して 2p=4, 2q−p=0

これを解いて(p, q)=(2, 1)．

(2) (1)^よりan+1+2(n+1)+1=3(an+2n+1)^{であるから，数列}{an+2n+1} は初項a1+2·1+1=4^，公比3の等比数列である．よって

an+2n+1=4·3ⁿ⁻¹ ⇔ an=4·3ⁿ⁻¹−2n−1

—13th-note— 2.8 数学的帰納法· · ·

139

【発 展 62：1次式型の漸化式〜その２〜】

a1=1, an+1=2an+4n−1^{で与えられる数列}{an}^{の一般項を求めよ．}

【解答】 an+1+p(n+1)+q=2(an+pn+q)^をan+1について解くと an+1 =2(an+pn+q)−p(n+1)−q

=2an+pn+(q−p)

よって，an+1=2an+4n−1^{と係数を比較して} p=4, q−p=−1

q=3と分かるので，与えられた漸化式は a_n+1+4(n+1)+3=2(an+4n+3)

となる．数列{a_n+4n+3}^は初項a1+4·1+3=8，公比2の等比数列であ るから

an+4n+3=8·2ⁿ⁻¹ ⇔ an=2ⁿ⁺²−4n−3

E. _隣接3_{項間漸化式}

a₁=1,a₂=2, a_n+2−a_n+1−6an=0のように，a_n+2, a_n+1, a_nに関する漸化式を隣接3項間漸化式と言う．

a_n+2−a_n+1−6an =0を満たすa_nを求めるには，a_n+2 =t², a_n+1=t, a_n =1とおいた特性方程式を解き，

その解から右のように漸化式を変形する．

t²−t−6=0 (t−3)(t+2)=0

t=3,−2

⇒











an+2−3an+1=−2(an+1−3an) a_n+2+2an+1=3(an+1+2an)

特性方程式の解α，βに対し an+2−αan+1=β(an+1−αan) を２通り作る

ここから，{an+1−3an}, {an+1+2an}^{はそれぞれ}−2, 3の等比数列と分かり一般項が求められる．その結 果からan+1を消去して，anを導くことができる．

実際，an+2 −3an+1 = −2(an+1−3an), an+2+2an+1 = 3(an+1+2an)も，展開して整頓すると an+2−an+1−6an=0になると確かめられる．

【^{発 展} 63：隣接3項間漸化式〜その１〜】

1 上のやり方を続け，a1=1, a2=2, an+2−an+1−6an=0^{で与えられる数列}{an}^{の一般項を求めよ．}

2 次の漸化式を満たす数列{an}^{の一般項を求めよ．}

（a）a1=1, a2 =2, an+2−3an+1−4an=0 （b）a1=1, a2=2, an+2+3an+1−4an=0

【解答】

1 a_n+2−a_n+1−6an =0 ⇒











an+2−3an+1=−2(an+1−3an)· · · ·⃝¹ a_n+2+2an+1=3(an+1+2an)· · · ⃝^{2 と} する．まず，⃝¹から，{a_n+1−3an}^は公比−2，初項はa2−3a1=2−3=−1 の等比数列と分かるので

an+1−3an=−1·(−2)ⁿ⁻¹ · · · ·⃝³ また，⃝²から，{an+1+2an}^は公比3^，初項はa2+2a1=2+2=4^の等

140

比数列と分かるので

an+1+2an=4·3ⁿ⁻¹ · · · ·⃝⁴

⃝4 −⃝³ を考えると a_n+1+2an=4·3ⁿ⁻¹

−)a_n+1−3an=−1·(−2)ⁿ⁻¹

5an=4·3ⁿ⁻¹+(−2)ⁿ⁻¹ ∴ an=

4·3ⁿ⁻¹+(−2)ⁿ⁻¹ 5

2（a）特性方程式を解くとt²−3t−4=0 ⇔ t=4,−1であるから a_n+2−4an+1=−(an+1−4an), a_n+2+a_n+1=4(an+1+a_n) · · ·⃝⁵

⃝5の左の式から{a_n+1−4an}^は公比−1，初項a2−4a1=2−4=−2 の等比数列であるので

an+1−4an =−2·(−1)ⁿ⁻¹ · · · ·⃝⁶ となる．また，⃝⁵の右の式から{an+1+an}^は公比4^，初項a2+a1= 2+1=3^{の等比数列であるので}

a_n+1+a_n=3·4ⁿ⁻¹ · · · ·⃝⁷ となる．以上から，⃝⁷ −⃝⁶ を考えると

a_n+1+a_n=3·4ⁿ⁻¹

−)an+1−4an=−2·(−1)ⁿ⁻¹

5an=3·4ⁿ⁻¹+2·(−1)ⁿ⁻¹ ∴an=

3·4ⁿ⁻¹+2·(−1)ⁿ⁻¹ 5

（b）特性方程式を解くとt²+3t−4=0 ⇔ t=−4, 1であるから an+2+4an+1=an+1+4an, an+2−an+1=−4(an+1−an) · · ·⃝⁸

⃝8の左の式から ^{◀公比1．初項}a2+4a1=6の等比 数列だから．すべての項が6と 等しい．と考えてもよい．

a_n+1+4an =a₂+4a1=2+4=6 · · · ·⃝⁹ となる．また，⃝⁸の右の式から{an+1−an}^は公比−4^，初項a2−a1= 2−1=1^{の等比数列であるので}

an+1−an=1·(−4)ⁿ⁻¹ · · · ·⃝¹⁰ となる．以上から，⃝⁹ −⃝¹⁰ を考えると

an+1+4an=6

−) an+1−an=(−4)ⁿ⁻¹

5an=6−(−4)ⁿ⁻¹ ∴ an= 6−(−4)ⁿ⁻¹ 5

—13th-note— 2.8 数学的帰納法· · ·

141

隣接3項間漸化式 隣接3^{項間漸化式}an+2+pan+1+qan =0^{について，}an+2=t², an+1 =t, an=1^{を代入してできる特} 性方程式t²+pt+q=0^の解をα, βとすると，次の同値な式が得られる．

an+2+pan+1+qan=0 ⇔











a_n+2−αa_n+1=β(an+1−αa_n) an+2−βan+1=α(an+1−βan)

右の式は，数列{an+2−αan+1}^は公比βの，数列{an+2−βan+1}^は公比αの，等比数列であることを 示している．

α=β^{の場合は，式が}1つしか得られないが，次の発展問題のようにして解く．また，α, β^は複 素数でもよいが，高校数学では扱われない．

（証明）t²+pt+q =0^の解α, βについて，解と係数の関係よりp =−(α+β), q=αβが成り立つから an+2−(α+β)an+1+αβan=0である．これを変形して

an+2−(α+β)an+1+αβan=0 ⇔ an+2−αan+1=βan+1−αβan

⇔ an+2−αan+1=β(an+1−αan) となる．同様にしてan+2−βan+1=α(an+1−βan)^{も得られる．}

【^{発 展} 64：隣接3項間漸化式〜その２〜】

a1=1, a2=2, an+2−6an+1+9an =0^{を満たす数列}{an}の一般項を求めたい．以下の に当てはま る値・式を求めなさい．

与えられた漸化式an+2−6an+1+9an =0^{の特性方程式を解くと}t= ^ア と重解になる．与えられた 漸化式はan+2− ^ア an+1= ^ア (an+1− ^ア an)^{と変形でき，数列}{an+1− ^ア an}^{は公比 イ ，初項}

ウ の等比数列と分かり

a_n+1− ^ア a_n= ^エ · · · ·⃝¹

と求められる．特性方程式の解が重解のため，⃝¹の一式しかないが，⃝¹ を指数型の漸化式とみなし，⃝¹ の両辺を イ ⁿ⁺¹で割れば，bn = an

イ ⁿ

についての漸化式を考えることができる．この計算を進め，

最終的にan= ^{オ と求められる．}

【解答】 特性方程式よりt²−6t+9=0 ⇔ (t−3)² =0^からt=3_（ア）と 重解になる．よって

an+2−3an+1=3(an+1−3an)

と変形でき，{an+1−3an}^は公比3_（イ），初項a2−3a1=−1_（ウ）の等比数列と 分かり

a_n+1−3an=−1·3ⁿ⁻¹=−3ⁿ⁻¹_（エ） ⇔ a_n+1=3an−3ⁿ⁻¹ と求められる．この両辺を3^{n+1で割って} an+1

3ⁿ⁺¹ = an

3ⁿ − 1

3^{2 となる．}bn = an

3^{n とおくと，}bn+1=bn− 1

9 ^となり，{bn}^は公差−1

9^，初項b1= 1 3¹ = 1

3

142

の等差数列であるから b_n= 1

3 − 1

9(n−1) ⇔ a_n 3ⁿ =−1

9n+ 4 9

⇔ a_n=3ⁿ⁻²(−n+4)_（オ）

F. _{連立漸化式}

たとえばa₁=1, b₁=1, a_n+1=2an+b_n,b_n+1=3an+4bnのように，a_n+1, b_n+1がa_n,b_nの式で与えられ る数列{a_n}, {b_n}^{について考えよう．}

これは，an+1=2an+bnから得られる2^式bn=an+1−2an, bn+1 =an+2−2an+1を代入し bn+1=3an+4bn ⇔ an+2−2an+1=3an+4(an+1−2an)

となる．これを整頓して得られる隣接3^{項間漸化式}an+2−6an+1+5an=0^{を解けばよい．}

【^{発 展} 65：連立漸化式】

1 上のやり方を利用し，a1=1, b1=1, an+1=2an+bn, bn+1=3n+4bnを満たす数列{an}, {bn}^の一 般項を求めなさい．

2 a1 =0, b1=1, an+1=3an+2bn, bn+1=4an+bnを満たす数列{an}, {bn}の一般項を求めなさい．

【解答】

1 a_n+1=2an+b_nから得られる2式b_n=a_n+1−2an, b_n+1=a_n+2−2an+1

を代入し

bn+1=3an+4bn ⇔ an+2−6an+1+5an =0

となる．この漸化式の特性方程式はt²−6t+5=0 ⇔ t=1, 5^であ るから，次のように変形できる．

an+2−an+1=5(an+1−an), an+2−5an+1=an+1−5an · · · ·⃝¹

⃝2の右の式より，

a_n+2−5an+1=a_n+1−5an=a₂−5a1

である．ここで，a2=2a1+b1=2+1=3^{であるから ◀問題文の1つ目の漸化式である}

an+1 =2an+bnにn=1を代入

a_n+1−5an=3−5=−2 · · · ·⃝² した

となる．また，⃝²の左の式より，{a_n+1−a_n}^は公比5，初項a₂−a₁ = ^{◀漸化式an+1−5an=−2を解いて}

求めてもよい．

3−1=2^{の等比数列であるから}

an+1−an=2·5ⁿ⁻¹ · · · ·⃝³ となる．⃝³ −⃝² より

4an=2·5ⁿ⁻¹+2 ⇔ an= 5ⁿ⁻¹+1 2

これをan+1=2an+bn ⇔ bn =an+1−2anに代入して b_n = 5ⁿ+1

2 −2· 5ⁿ⁻¹+1 2

= 5·5ⁿ⁻¹+1−2·5ⁿ⁻¹−2

2 = 3·5ⁿ⁻¹−1 2

—13th-note— 2.8 数学的帰納法· · ·

143

2 an+1 = 3an+2bn ⇔ bn = 1

2(an+1 −3an)^{であり，また，}bn+1 = 1

2(an+2−3an+1)^{であるから} bn+1=4an+bn ⇔ 1

2(an+2−3an+1)=4an+ 1

2(an+1−3an)

⇔ a_n+2−3an+1=8an+a_n+1−3an

⇔ an+2−4an+1−5an=0

となる．この漸化式の特性方程式はt²−4t−5=0 ⇔ t=5,−1であ るから，次のように変形できる．

a_n+2−5an+1=−(an+1−5an), a_n+2+a_n+1=5(an+1+a_n) · · ·⃝⁴

⃝4の左の式より，{an+1−5an}^は公比−1^，初項a2−5a1の等比数列で ある．ここで，a2=3a1+2b1=2^{であるから}

an+1−5an=2·(−1)ⁿ⁻¹ · · · ·⃝⁵ また，⃝⁴の右の式より，{an+1+an}^は公比5^，初項a2+a1 =2^の等比 数列であるから

a_n+1+a_n =2·5ⁿ⁻¹ · · · ·⃝⁶ となる．以上から，⃝⁶ −⃝⁵ を考えると

an+1+an=2·5ⁿ⁻¹

−)an+1−5an=2·(−1)ⁿ⁻¹

6an=2·5ⁿ⁻¹−2·(−1)ⁿ⁻¹ an=

5ⁿ⁻¹−(−1)ⁿ⁻¹ 3

これをa_n+1=3an+2bn ⇔ b_n= 1

2(an+1−3an)に代入して bn = 1

2

(5ⁿ−(−1)ⁿ

3 −3· 5ⁿ⁻¹−(−1)ⁿ⁻¹ 3

)

= 5·5ⁿ⁻¹+(−1)ⁿ⁻¹−3·5ⁿ⁻¹+3·(−1)ⁿ⁻¹ 6

=

·5ⁿ⁻¹+2·(−1)ⁿ⁻¹ 3

ドキュメント内 第２章 数列 高校の教科書 数学・算数の教材公開ページ (ページ 47-57)