数学的帰納法

2 数学的帰納法と漸化式

332 1³+ 2³+ 3³+· · · ·+n³= n²(n+ 1)²

4 · · · ·⃝¹ が成り立つことを数学的帰納法により証明する。

( I ) n= 1のとき

（左辺）= 1³= 1, （右辺）= 1²(1 + 1)²

4 = 1

であるから，⃝1は成り立つ。

(II) n=k（kは自然数）のとき，⃝¹が成り立つと仮定すると 1³+ 2³+· · ·+k³+ (k+ 1)³

= k²(k+ 1)²

4 + (k+ 1)³

= (k+ 1)²{k²+ 4(k+ 1)}

4 = (k+ 1)²(k+ 2)² 4

= (k+ 1)²{(k+ 1) + 1}² 4

したがって，n=k+ 1のとき⃝1は成り立つ。

( I )，(II)より，すべての自然数nに対して⃝¹が成り立つことが示された。

（証終）

333 ( I ) n= 5のとき2⁵= 32>25 = 5²より，成り立つ。

(II) n=k(=5)のとき2^k> k²が成り立つと仮定する。

2^k+1−(k+ 1)²= 2·2^k−k²−2k−1

>2·k²−k²−2k−1 (∵ ^仮定より)

=k²−2k−1 = (k−1)²−2

k=5のとき，(k−1)²−2=(5−1)²−2 = 14>0であるから 2^k+1>(k+ 1)²

よって，n=k+ 1のときも成り立つ。

( I )，(II)より，5以上の整数nについて，2ⁿ> n²が成立する。 （証終）

334 a1= 1 3 ^より a2= 1

2−a1

= 1÷( 2− 1

3 )

= 3 5 a3= 1

2−a2

= 1÷( 2− 3

5 )

= 5 7 a4= 1

2−a3

= 1÷( 2− 5

7 )

= 7 9 以上より，an= 2n−1

2n+ 1 と推定できるので，これを数学的帰納法で証明する。

( I ) n= 1のとき，2·1−1 2·1 + 1 = 1

3 ^{より成立。}

(II) n=kのとき，ak= 2k−1

2k+ 1 が成り立つと仮定すると与えられた漸化式より ak+1= 1

2−ak

= 1

2− 2k−1 2k+ 1

= 2k+ 1

2k+ 3 = 2(k+ 1)−1 2(k+ 1) + 1 よって，n=k+ 1のときも成り立つ。

( I )，(II)より，すべての自然数nについてan= 2n−1

2n+ 1 ^{である。 （証終）}

2.2 2 項間漸化式 a

_n+1

= a

_n

+ q(n)

335

数列

{a_n}

は

a1= 1, an+1=an−6n+ 13 (n= 1, 2, 3, · · ·)

で定義されている。このとき，a

_n

を

n

の式で表すと であり，a

_n

は

n=

のとき最大値 をとる。 （関西学院大）

336

初項

a1= 0，漸化式 an+1−an= n(n−1)

2 + 1 (n= 1, 2, 3, · · ·)

で与えられる数列

{an}

の一般項を求めよ。 （中部大）

335，336 an+1=an+f(n)のとき an+1−an=f(n)

つまり{an}^{の階差数列の一般項が}f(n)ということです。n= 1, 2, 3, · · ·, n−1 として両辺の和をとると

(a2−a1) + (a3−a2) + (a4−a3) +· · ·+ (an−an−1)

=f(1) +f(2) +f(3) +· · ·+f(n−1)

∴ an−a1=ⁿ⁻¹∑

k=1

f(k) (n=2) すなわち

an=a1+

n−1∑

k=1

f(k) (n=2)

なお，n= 1のときは別に扱うことになります。

335 an+1=an−6n+ 13より an+1−an=−6n+ 13 したがって，n=2のとき

an=a1+

n∑−1 k=1

(−6k+ 13) = 1−6· (n−1)n

2 + 13(n−1)

=−3n²+ 16n−12 （これは，n= 1のときも成り立つ）

=−3 (

n− 8 3

)2

+ 28 3 したがって

n=3のとき，最大値a3=9 336 n=2のとき

an=a1+ⁿ⁻¹∑

k=1

{k(k−1)

2 + 1

}

= 1 2

n−1∑

k=1

(k²−k) + (n−1)

= 1 2

{(n−1)n(2n−1)

6 − (n−1)n 2

} +n−1

= n−1

12 {n(2n−1)−3n}+n−1

= n−1

12 {n(2n−1)−3n+ 12}

= 1

6(n−1)(n²−2n+ 6) a1= 0より，n= 1のときも成り立つから

an= 1

6(n−1)(n²−2n+ 6) (n=1)

2.3 2 項間漸化式 a

_n+1

= pa

_n

+ q

337 a1= 3, an+1= 3an+ 1 (n= 1, 2, 3, · · ·)

できまる数列の一般項

a_n

を求めよ。 （大分大）

338 a₀= 2, a_n= 1

3a_n−1+ 3 (n= 1, 2, 3, · · ·)

で定義される数列

{an}

の一般項を求めると， である。 （東北学院大）

339

数列

{an}

の初項から第

n

項までの和

Sn

が

S_n=−a_n+ 3n+ 2 (n= 1, 2, 3, · · ·)

によって定められている。一般項

an

を求めよ。 （愛知学泉大）

337 漸化式an+1=pan+qをみたす数列{an}^は

• p= 1のとき，an+1=an+qであり，公差qの等差数列

• q= 0のとき，an+1=panであり，公比pの等比数列

であり，等差数列，等比数列を含む幅広い数列になっています。an+1=pan+qの型 の漸化式の一般項を求めるには

{an+1=pan+q · · · ·⃝¹ α=pα+q · · · ·⃝²

⃝2 をみたすαを求めて，⃝ −¹ ⃝² をつくると an+1−α=p(an−α)

これは，数列{an−α}^が初項a1−α，公比pの等比数列であることを表しています。

338 初項がa0，つまりn= 0から始まっていることに注意しましょう。

339 和と一般項の関係式 an=

{S1 （n= 1のとき）

Sn−Sn−1 （n=2のとき）

を用いればよいでしょう。

337 an+1= 3an+ 1 (

α= 3α+ 1をみたすαはα=−1 2 )

はan+1+ 1 2 = 3

( an+ 1

2

)と変形できる。

よって，数列{ an+ 1

2 }

は公比3の等比数列であり，初項は a1+ 1

2 = 3 + 1 2 = 7

2 となるので

an+ 1 2 = 7

2 ·3ⁿ⁻¹ ∴ an= 7

2 ·3ⁿ⁻¹− 1 2

338 an= 1

3an−1+ 3 (

α= 1

3α+ 3をみたすαはα= 9 2 )

はan− 9 2 = 1

3 (

an−1− 9 2 )

と変形できる。

よって，数列{ an− 9

2 }

は公比 1

3 の等比数列であり，初項は a0− 9

2 = 2− 9 2 =−5

2 となるので

an− 9 2 =−5

2 ·( 1 3

)n

∴ an =−5 2 · 1

3ⁿ + 9 2

339 a1=S1=−a1+ 5より a1= 5 2 an+1=Sn+1−Sn

={−an+1+ 3(n+ 1) + 2} −(−an+ 3n+ 2)

=−an+1+an+ 3

∴ 2an+1=an+ 3 an+1= 1

2an+ 3 2

( α= 1

2α+ 3

2 ^をみたすαはα= 3 )は

an+1−3 = 1

2(an−3)

と変形できる。よって，数列{an−3}^は公比 1

2 の等比数列であり，初項は a1−3 = 5

2 −3 =−1 2 したがって

an−3 =−1 2 ·(

1 2

)n−1

=− 1

2ⁿ ∴ an= 3− 1 2ⁿ

2.4 2 項間漸化式 a

_n+1

= pa

_n

+ q への変形

340

数列

{an}, {bn}

が次の条件をみたす。

a₁= 1

6

および，a

_n+1= a_n

6an+ 7, b_n = 1 an

(n= 1, 2, · · ·)

次の問いに答えよ。

(1) bn+1

を

bn

を用いて表せ。

(2)

数列

{an}, {bn}

の一般項

an, bn

を求めよ。 （岩手大 改）

341

数列

{b_n}

が

b₁= 1

と漸化式

bn+1= 5√

bn (n= 1, 2, 3，· · ·)

で定義されているとき，一般項

b_n

を

n

の式で表せ。 （関西大）

340 分数型の漸化式です。

an+1= ran

pan+q^（p，q，rは定数）

のときは，両辺の逆数をとるのが定石です。一般型については302ページの【分数型 漸化式】を参照して下さい。

341 積bn+1bnや指数型bn²などを含む漸化式をanの1次式に直す手段のひとつ として，対数を考えてみましょう。

この問題は√ bn=b

1

n2 を含んでいますから，両辺にlog_a をつけてみて下さい。底 aについては問題に応じて，うまく選んで下さい。

340 (1) a1 = 1

6 >0であることと与えられた漸化式の形から，明らかにan>0 である。そこで，両辺の逆数をとると

1 an+1

= 6an+ 7 an

= 7· 1 an

+ 6 bn= 1

an

であるから bn+1= 7bn+ 6

(2) (1)の式は（β= 7β+ 6をみたすβはβ=−1であるから）

bn+1+ 1 = 7(bn+ 1)

と変形できる。数列{bn+ 1}^は公比7の等比数列で，初項は b1+ 1 = 1

a1

+ 1 = 6 + 1 = 7 したがって

bn+ 1 = 7·7ⁿ⁻¹ ∴ bn= 7ⁿ−1 であるから

an= 1 bn

= 1

7ⁿ−1 341 bn+1= 5√

bn(>0)より，底5の対数をとると log₅bn+1= log₅5√

bn= log₅5 + log₅b

1 n2

= 1 + 1 2 log₅bn

an= log₅bnとおくと

a1= log₅b1= log₅1 = 0 an+1= 1

2an+ 1 (

α= 1

2α+ 1をみたすαはα= 2 )

これは，an+1−2 = 1

2(an−2)と変形できる。

よって，数列{an−2}^は，公比 1

2 の等比数列であり，初項a1−2 =−2である。

an−2 =−2·( 1 2

)n−1

=− 1 2ⁿ⁻²

∴ an= 2− 1

2ⁿ⁻² = 2−2²⁻ⁿ したがって

log₅bn= 2−2²⁻ⁿ

∴ bn= 5²⁻²²⁻ⁿ

2.5 2 項間漸化式 a

_n+1

= pa

_n

+ q(n)

342 a1 = 3, an+1 = 2an+n−1 (n = 1, 2, 3, · · ·)

で定義される数列 がある。b

_n =an+1−an

としたとき，

{bn}

の一般項は

bn =

であり，

{a_n}

の一般項は

a_n=

である。 （明治大 改）

343

漸化式

a1 = 1, an−2an−1=n (n= 2, 3, · · ·)

で与えられた数列

{a_n}

がある。この漸化式は，n の一次式

f(n) =pn+q

を用いて

an+f(n) = 2{an−1+f(n−1)} (n= 2, 3, · · ·)

と表すことができる。このとき

p= , q =

であり，一般項を求

めると

a_n= (n= 1, 2, · · ·)

である。 （東京慈恵会医科大）

344

次の漸化式で定義される数列の一般項

an

を求めよ。

a₁= 1, a_n+1= 3a_n+ 2ⁿ (n= 1, 2, 3, · · ·)

（北海道情報大）

345 a1 = 1，a_n+1 = 4an+ (1

3 )n

(n= 1, 2, 3, · · ·)

で定められた数列

{an}

を考える，α を定数として，b

_n=an+α

(1 3

)n

(n= 1, 2, 3, · · ·)

と おくと

α=

のとき，

{b_n}

は初項 ，公比 である等比数列 となる。これより

an =

{ n−( )n}

(n= 1, 2, 3, · · ·)

である。

342 このタイプは，pは定数ですが，qがnによって変わる場合です。p= 1のと きは，an+1−an=q(n)となりますから，数列{an}^{の階差数列が}{q(n)}^です。

p= 0,\ 1のときには，解法はいくつかあります。誘導にあるように，an+1−an=bn

つまり数列{an}の階差をつくるのは，一つの定石です。

343 漸化式an+1=pan+q(n)に対して，f(n+ 1) =pf(n) +q(n)となるnの関 数f(n)を見つけることができれば，辺々をひいて

an+1−f(n+ 1) =p{an−f(n)}

となり，数列{an−f(n)}^は公比pの等比数列になります。

344 q(n) =rⁿ（nの指数形）のときは，rⁿ⁺¹でわると，an+1=pan+q(n)は an+1

rⁿ⁺¹ = p r · an

rⁿ + 1

r ^すなわち bn+1=Abn+B または，pⁿ⁺¹でわると，an+1=pan+q(n)は

an+1

pⁿ⁺¹ = an

pⁿ + q(n)

p^{n+1 すなわち 数列} {an

pⁿ }

の階差数列が { q(n)

pⁿ⁺¹ }

345 343と同じ考え方をします。f(n+ 1) = 4f(n) + (1

3 )n

となる関数f(n)が 見つかれば，与式との差をとることにより

an+1−f(n+ 1) = 4{an−f(n)}

として公比4の等比数列{an−f(n)}をつくることができます。

そのために，f(n) =−α( 1 3

)n

としてみよ，というのが本問の誘導です。

342 bn =an+1−an

= (2an+n−1)− {2an−1+ (n−1)−1}

= 2an−2an−1+ 1 = 2(an−an−1) + 1

= 2bn−1+ 1 （α= 2α+ 1をみたすαはα=−1^）

したがって，bn+ 1 = 2(bn−1+ 1)と変形できるので，数列{bn+ 1}^は公比2の等 比数列であり，初項

b1+ 1 =a2−a1+ 1 = (2a1+ 1−1)−a1+ 1 =a1+ 1 = 4 であるから

bn+ 1 = 4·2ⁿ⁻¹= 2ⁿ⁺¹ ∴ bn= 2ⁿ⁺¹−1 数列{an}^{の階差数列が}{bn}^なので，n=2のとき

an=a1+

n∑−1 k=1

bk= 3 +

n∑−1 k=1

(2^k+1−1) = 3 + 4(2ⁿ⁻¹−1)

2−1 −(n−1)

= 2ⁿ⁺¹−n

これは，n= 1のときも成り立つので an= 2ⁿ⁺¹−n

343 an+f(n) = 2{an−1+f(n−1)} · · · ·⃝¹ ，f(n) =pn+qより an+pn+q= 2{a_n−1+p(n−1) +q}

= 2an−1+ 2pn−2p+ 2q

∴ an−2an−1=pn+ (−2p+q)

an−2an−1=nがn= 2, 3, · · ·^{で成り立つので} p= 1かつ−2p+q= 0 ∴ p= 1, q= 2

したがって，f(n) =n+ 2となる。さらに，⃝1より数列{an+f(n)}^は公比2の等 比数列であり，初項はa1+f(1) = 1 + 1 + 2 = 4であるから

an+f(n) = 4·2ⁿ⁻¹= 2ⁿ⁺¹ したがって

an= 2ⁿ⁺¹−f(n) =2ⁿ⁺¹−n−2 an+1−2an=n+ 1, an−2a_n−1=n 2式の差をとると

(an+1−an)−2(an−an−1) = 1 bn=an+1−anとおくと

bn= 2b_n−1+ 1, b1=a2−a1= (2a1+ 2)−a1= 4−1 = 3 これはさらに（β= 2β+ 1をみたすβはβ=−1^{であるから）}

bn+ 1 = 2(bn−1+ 1)

と変形できる。数列{bn+ 1}^は公比2，初項b1+ 1 = 3 + 1 = 4の等比数列である から

bn+ 1 = 4·2ⁿ⁻¹= 2ⁿ⁺¹ ∴ bn=an+1−an= 2ⁿ⁺¹−1 n=2のとき

an=a1+ⁿ⁻¹∑

k=1

(2^k+1−1) = 1 + 4· 2ⁿ⁻¹−1

2−1 −(n−1)

= 2ⁿ⁺¹−n−2 これはn= 1のときも成立する。

344 an+1= 3an+ 2ⁿより，両辺を2ⁿ⁺¹でわって，bn= an

2^{n とおくと} an+1

2ⁿ⁺¹ = 3 2 · an

2ⁿ + 1 2

∴ bn+1= 3 2bn+ 1

2 (

α= 3 2α+ 1

2 ^をみたすαはα=−1 )

さらに

bn+1+ 1 = 3

2(bn+ 1)

と変形できるので，数列{bn+ 1}^は公比 3

2 の等比数列であり，初項はb1+ 1 = a1

2¹ + 1 = 1

2 + 1 = 3

2 ^{であるから} bn+ 1 = 3

2 ·( 3 2

)n−1

∴ bn= (3

2 )n

−1 = 3ⁿ−2ⁿ 2ⁿ したがって

an= 2ⁿ·bn=3ⁿ−2ⁿ 両辺を3ⁿ⁺¹でわって，cn= an

3^{n とおくと} an+1

3ⁿ⁺¹ = an

3ⁿ + 2ⁿ 3ⁿ⁺¹

∴ cn+1=cn+ 2ⁿ 3ⁿ⁺¹ つまり，数列{cn}^{の階差数列は}

{ 2ⁿ 3ⁿ⁺¹

}

であり，n=2のとき cn=c1+

n∑−1 k=1

2^k 3^k+1

= a1

3 + 1 3

n−1∑

k=1

(2 3

)k

= 1 3

{ 1 +ⁿ⁻¹∑

k=1

(2 3

)k}

= 1 3

{ 1 + 2

3 + (2

3 )2

+· · ·+ (2

3 )n−1}

= 1 3 · 1−(

2 3

)n

1− 2 3

= 1−( 2 3

)n

= 3ⁿ−2ⁿ 3ⁿ よって

an

3ⁿ = 3ⁿ−2ⁿ

3ⁿ ∴ an= 3ⁿ−2ⁿ （n= 1のときも成立）

あるいは，与えられた漸化式は

an+1+ 2ⁿ⁺¹= 3(an+ 2ⁿ) （この変形は次問参照）

と変形できるから

an+ 2ⁿ= (a1+ 2¹)·3ⁿ⁻¹= (1 + 2)·3ⁿ⁻¹= 3ⁿ

∴ an= 3ⁿ−2ⁿ

345 数列{bn}^について bn=an+α

(1 3

)n

∴ an=bn−α (1

3 )n

· · · ·⃝¹ bn+1=an+1+α

(1 3

)n+1

∴ an+1=bn+1−α (1

3 )n+1

· · · ·⃝²

⃝1，⃝2 を与えられた漸化式に代入すると bn+1−α

(1 3

)n+1

= 4 {

bn−α (1

3 )n}

+ (1

3 )n

bn+1= 4bn+ (

1−4α+ α 3

) (1 3

)n

∴ bn+1= 4bn+ (

1− 11 3 α

) (1 3

)n

よってα= 3

11 ^のとき，1− 11

3 α= 0となるので，{bn}^は 初項b1=a1+ 3

11 · 1 3 = 12

11^，公比4 の等比数列となる。これより

bn= 12

11 ·4ⁿ⁻¹ = 3 11 ·4ⁿ an= 3

11 ·4ⁿ− 3 11

(1 3

)n

∴ an= 3 11

{ 4ⁿ−(

1 3

)n}

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