数列の漸化式について

証明.

$\{a_n\}$ の階差数列 $\{ b_n \}$ の定義は

$b_n = a_{n+1}-a_n$

であった.

$n \geq 2$ のとき, $b_1$, $\cdots$, $b_{n-1}$ を $\{a_n\}$ で表し, 和を取る.

$\begin{array}{ccccc}
b_{n-1} &= &a_{n} &- &a_{n-1} \\
\vdots & = & \vdots & - & \vdots \\
b_2 &= &a_{3} &- &a_2 \\
b_1 &= &a_2 &- &a_1 \\ \hline
\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}b_k &= &a_n &- & a_1
\end{array}$

ゆえに, $n \geq 2$ のとき,

$\displaystyle a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1}b_k$

は成り立つ.

証明.

$\{a_n\}$ の階比数列 $\{ b_n \}$ の定義は

$\displaystyle b_n = \frac{a_{n+1}}{a_n}$

であった.

$n \geq 2$ のとき, $b_1$, $\cdots$, $b_{n-1}$ を $\{a_n\}$ で表し, 積を取る.

$\begin{array}{ccccc}
b_{n-1} &= &a_{n} & / &a_{n-1} \\
\vdots & = & \vdots & / & \vdots \\
b_2 &= &a_{3} & / &a_2 \\
b_1 &= &a_2 & / &a_1 \\ \hline
\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}b_k &= &a_n &/ & a_1
\end{array}$

$\displaystyle \frac{a_n}{a_{n-1}} \cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \cdots \frac{a_3}{a_2} \cdot \frac{a_2}{a_1}$ $\displaystyle = \frac{a_n}{a_1}$

ゆえに, $n \geq 2$ のとき,

$\displaystyle a_n = a_1 \times \prod_{k=1}^{n-1}b_k$

は成り立つ.

例題. 漸化式 $a_{n+1} = 2a_n -1$ から数列 $\{ a_n \}$ の一般項を導きなさい。

$a_{n+1} = 2a_n -1$ から $x = 2x-1$ を考える。これを解くと $x=1$ となる。

例の漸化式は $$a_{n+1} - 1 = 2(a_n - 1)$$ と変形できる。

$b_n = a_n -1$ という数列を定義すると, $b_{n+1} = a_{n+1}-1$ である。これを当てはめると $b_{n+1} = 2 b_n$ となる。この漸化式は $\{ b_n \}$ が等比数列であることを表しており, 一般項を導出できる。$$b_n = b_1 \cdot 2^{n-1}$$

$b_n = 2 \cdot 2^{n-1} = 2^n$ より, $a_n - 1 = 2^n$ だから $$a_n = 2^n+1$$ である。

解法. 漸化式 $a_{n+1} = 2a_n +2^n$, $a_1 = 1$ の一般項を求めよ。

漸化式 $a_{n+1} = 2a_n +2^n$ の両辺を $2^n$ で割ると$$\frac{a_{n+1}}{2^n} = \frac{a_n}{2^{n-1}} +1$$ となる。$\displaystyle b_n=\frac{a_n}{2^{n-1}}$ と置くと, 漸化式 $b_{n+1} = b_n +1$ を得る。

数列$\{ b_n \}$ は, 初項 $1$, 公差 $1$ の等差数列であるから, $b_n = n$ である。

したがって, $a_n = n \cdot 2^{n-1}$ と分かる。

解法. 漸化式 $\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 3}$, $a_1 = 1$ の一般項を求めよ。

漸化式 $\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 3}$ の両辺の逆数を考えると $$\frac{1}{a_{n+1}} = 3 \cdot \frac{1}{a_n} + 2$$ となる。

$\displaystyle b_n=\frac{1}{a_n}$ と置くと, 漸化式 $b_{n+1} = 3b_n +2$ を得る。

数列$\{ b_n +1 \}_n$ は, 初項 $\displaystyle b_1 + 1 = \frac{1}{a_1} + 1 = 2$, 公差 $3$ の等比数列であるから, $b_n +1 = 2 \cdot 3^{n-1}$ である。$\displaystyle b_n=\frac{1}{a_n}$ であったから, 数列 $\{ a_n\}$ の一般項を求めると $$a_n = \frac{1}{2 \cdot 3^{n-1} - 1}$$ である。

解法. 漸化式 $a_{n+1} = 3a_n +4n$, $a_1 = 1$ の一般項を求めよ。

漸化式 $a_{n+1} = 3a_n + 4n$ について, $a_{n＋2} = 3a_{n+1} + 4(n+1)$ を考える。

$$\begin{array}{cccccc} & a_{n+2} &=& 3a_{n+1} &+& 4(n+1) \\ - & a_{n+1} &=& 3a_n &+& 4n \\ \hline & a_{n+2} - a_{n+1} &=& 3(a_{n+1} - a_n) & +& 4 \end{array}$$

となる。$b_n = a_{n+1} - a_n$ と置けば, $b_{n+1} = 3b_n +4$ を得る。

数列$\{ b_n + 2 \}_n$ は, 初項 $b_1 + 2 = 8$, 公比 $3$ の等比数列である。

ゆえに, $b_n +2 = 8 \cdot 3^{n-1}$ であり $b_n = 8 \cdot 3^{n-1} -2$ と分かる。$b_n = a_{n+1} - a_n$ と定めたから $n \geqq 2$ のとき $$\begin{aligned} a_n & =1 + \sum_{k=1}^{n-1} (8 \cdot 3^{k-1} - 2) \\ &=1 + \frac{8(3^{n-1}-1)}{3-1} - 2(n-1) \\ &= 1 + 4(3^{n-1} - 1) - 2(n-1) \\ &= 4 \cdot 3^{n-1} -(2n +1). \end{aligned}$$

したがって, $a_n = 4 \cdot 3^{n-1} - (2n +1)$ と分かる。

解法. 漸化式 $a_{n+1} = 3a_n +4n$, $a_1 = 1$ の一般項を求めよ。

漸化式 $a_{n+1} = 3a_n + 4n$ について, もし $$\displaystyle \frac{a_{n+1} + s(n+1) + t}{a_n + sn + t}=3$$ となる実数 $s, t$ が存在すれば, $b_n = a_n + sn+t$ と置いた数列 $\{ b_n\}$ は漸化式 $\displaystyle \frac{b_{n+1}}{b_n} =3$ を満たすことが言える。

$$\begin{aligned}
\frac{b_{n+1}}{b_n} &= \frac{a_{n+1} +s(n+1)+t}{a_n+(sn+t)} \\
& = \frac{3a_n + 4n +s(n+1)+t}{a_n+sn+t} \\
& = \frac{3a_n + (4+s)n + (s+t)}{a_n+sn+t} \\
& = \frac{3\{a_n + \frac{4+s}{3}n + \frac{s+t}{3} \}}{a_n+sn+t}
\end{aligned}$$

以上から, $\displaystyle \frac{4+s}{3} = s$ かつ $\displaystyle \frac{s+t}{3}=t$ を満たす $s = 2$, $t=1$ を取ればよいことが分かる。

$b_n = a_n + 2n+1$ は初項 $b_1 = a_1 + 2+1 = 4$, 公比 $3$ の等比数列であるので, $b_n = 4 \cdot 3^{n-1}$ と一般項を導ける。

ゆえに, $a_n = 4 \cdot 3^{n-1} - (2n+1)$ である。

例題. 漸化式 $a_{n+2} = 5a_{n+1} -6 a_n$, $a_1=1$, $a_2=4$ から数列 $\{ a_n \}$ の一般項を導きなさい.

$a_{n+2} = 5a_{n+1} - a_n$ から $x^2 = 5x-6$ を考える。これを解くと $x=2, \ 3$ となる.

よって, 漸化式は $$\begin{aligned} a_{n+2} - 2 a_{n+1} &= 3 (a_{n+1} - 2 a_n) \\ a_{n+2} - 3 a_{n+1} &= 2 (a_{n+1} - 3 a_n) \end{aligned}$$ と変形できる.

$b_n = a_{n+1} - 2 a_{n}$ と置くと, $b_{n+1} = 3 b_n$ が成り立つ. ゆえに, 数列 $\{ b_n \}$ は初項 $b_1 = a_2 - 2 a_1$ $=2$, 公比 $3$ の等比数列である. したがって,

$b_{n} = 2 \cdot 3^{n-1}$

を得る.

$c_n = a_{n+1} - 3 a_{n}$ と置くと, $c_{n+1} = 2 c_n$ が成り立つ. ゆえに, 数列 $\{ c_n \}$ は初項 $c_1 = a_2 - 3 a_1$ $=1$, 公比 $2$ の等比数列である. したがって,

$c_n = 2^{n-1}$

を得る.

$b_n = a_{n+1} - 2 a_n$, $c_n = a_{n+1} - 3 a_n$ であったから,

$$\begin{aligned} a_{n+1} - 2 a_n &= 2 \cdot 3^{n-1} \\ a_{n+1} - 3 a_n &=2^{n-1} \end{aligned}$$

が成り立つ. 2つの式の各辺同士を引くことで $a_{n+1}$ を消去すると,

$a_n = 2 \cdot 3^{n-1} - 2^{n-1}$

となる.

解法. 漸化式 $a_{n+1} - a_n =S_n$, $a_1=2$ の一般項を求めよ。

漸化式 $a_{n+1} - a_n =S_n$ から, $a_{n+2} - a_{n+1}=S_{n+1}$ が得られる.

これらを関係式 $a_{n+1}=S_{n+1}-S_n$ に対応させると,

$a_{n+1}$ $=(a_{n+2} - a_{n+1})$ $-(a_{n+1} - a_n)$

となり, 数列 $\{a_n\}$ のみの漸化式

$a_{n+2}=3a_{n+1}-a_n$

が得られる.

この三項間漸化式を解くと,

$a_n$ $\displaystyle =\left(1 -\frac{1}{\sqrt{5}} \right) \left(\frac{3+\sqrt{5}}{2} \right)^n$ $\displaystyle + \left( 1 + \frac{1}{\sqrt{5}}\right) \left(\frac{3-\sqrt{5}}{2} \right)^n$

となる.

例題. 漸化式 $a_{n+2} = a_{n+1} + a_n$, $a_1=a_2=1$ から数列 $\{ a_n \}$ の一般項を導きなさい。

$a_{n+2} = a_{n+1} + a_n$ から $x^2 = x+1$ を考える。これを解くと $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \ \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ となる。これらの値を $\alpha$, $\beta$ とする。

例題の漸化式は $$\begin{aligned} a_{n+2} - \alpha a_{n+1} &= \beta (a_{n+1} - \alpha a_n) \\ a_{n+2} - \beta a_{n+1} &= \alpha (a_{n+1} - \beta a_n) \end{aligned}$$ と変形できる。

$b_n = a_{n+1} - \alpha a_{n}$ と置くと, $b_{n+1} = \beta b_n$ が成り立つ。ゆえに, 数列 $\{ b_n \}$ は初項 $b_1 = a_2 - \alpha a_1 $, 公比 $\beta$ の等比数列である。したがって, 次が成り立つ。

$$b_{n} = (a_2 - \alpha a_1) \cdot \beta^{n-1}.$$

$c_n = a_{n+1} - \beta a_{n}$ と置くと, $c_{n+1} = \alpha c_n$ が成り立つ。ゆえに, 数列 $\{ c_n \}$ は初項 $c_1 = a_2 - \beta a_1 $, 公比 $\alpha$ の等比数列である。したがって, 次が成り立つ。

$$c_{n} = (a_2 - \beta a_1) \cdot \alpha^{n-1}.$$

以上から, $b_n = a_{n+1} - \alpha a_n$, $c_n = a_{n+1} - \beta a_n$ であったから, 次の２式を得ることができる。

$$\begin{aligned} a_{n+1} - \alpha a_n &= \beta \cdot \beta^{n-1} \\ a_{n+1} - \beta a_n &= \alpha \cdot \alpha^{n-1} \end{aligned}$$

$a_{n+1}$ を消去するために下の式の両辺から上の式の両辺をそれぞれ引くと, $$-(\beta- \alpha)a_n = \alpha^n - \beta^n$$ となる。

ゆえに, $$a_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left\{ \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^n - \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^n \right\}$$ を得ることができる。

例題. 複利の利子率が $10\%$, 毎回の積立額が $10$ (万)円, 初回の投資額を $50$ (万)円 とする。$n$ 回目の利子を受け取った後の資産はいくらか。

与えられた条件から $n$ 年目の資産 $a_n$ が満たす漸化式は $a_{n+1} = 1.1 a_n + 10$, $a_0 = 50$ とできる。

この漸化式は $a_{n+1} +100 = 1.1(a_n + 100)$ と変形できる。

$\{ a_n + 100 \}_n$ という数列は公比 $1.1$ の等比数列である。また, 初項は $a_0+100 = 50+100 = 150$ である。ゆえに, $a_n + 100 = 150 (1.1)^n$ とできる。

以上から $$a_n = 150 (1.1)^n-100$$ を得る。

解法. 漸化式 $\displaystyle a_{n+1} = \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{2}{a_n} \right)$, $a_1 = 1$ の一般項を求めよ。

漸化式 $a_{n+1} = \frac{1}{2} (a_n + \frac{2}{a_n})$ の両辺から $\pm \sqrt{2}$ を引くことで

$$\begin{aligned}
&a_{n+1} \pm \sqrt{2} \\
&= \frac{a_n^2 +2}{2a_n} \pm \sqrt{2} \\
&= \frac{a_n^2 \pm 2\sqrt{2} a_n + 2}{2a_n} \\
&= \frac{(a_n \pm{\sqrt{2}})^2}{2a_n}
\end{aligned}$$

という変形を行う.この２式の両辺をそれぞれ割ることで,

$$\frac{a_{n+1} - \sqrt{2}}{a_{n+1} + \sqrt{2}}= \left(\frac{a_n - {\sqrt{2}}}{a_n +{\sqrt{2}}}\right)^2$$

の形を得る.

$\displaystyle b_n = \frac{a_n - {\sqrt{2}}}{a_n +{\sqrt{2}}}$ と置くことで, 漸化式 $b_{n+1} = b_n^2$ の形に帰着できる. したがって,

$b_{n} = b_{n-1}^2 = b_{n-2}^4 = \cdots = b_1^{2^{n-1}}$ である.

また, $\{ b_n \}$ の初項は$$\displaystyle b_1 = \frac{a_1 - {\sqrt{2}}}{a_1 +{\sqrt{2}}}=2\sqrt{2}-3$$ である. 以上から, $$\displaystyle \frac{a_n - {\sqrt{2}}}{a_n +{\sqrt{2}}} = (2\sqrt{2} - 3)^{2^{n-1}}$$ となる. ゆえに, $$\displaystyle a_n = \frac{1+(2\sqrt{2} - 3)^{2^{n-1}}}{1-(2\sqrt{2} - 3)^{2^{n-1}}}\sqrt{2}$$ である.

解説.

$n$ 次ベジェ曲線を定める方程式の定義は次の式だった.

ここで, 便宜上, $b_{k,j}(t) = {}_j \mathrm{C}_k (1-t)^{j-k}t^k$ とする.

$j$ に関して, $\mathbf{P}_{i, j}(t)$ $\displaystyle =\sum_{k=i}^{i+j} b_{k-i,j} \mathbf{P}_{k,0}$ となることを仮定して, $j+1$ のときも, この形になることを示す.

実際に, $j=1$ のときは,

$\mathbf{P}_{i, 1}(t)$ $= (1-t) \mathbf{P}_{i, 0} + t \mathbf{P}_{i+1, 0}$ $=b_{0,1}\mathbf{P}_{i, 0} + b_{1,1}\mathbf{P}_{i+1, 0}$ $=b_{0,j}\mathbf{P}_{i, 0} + b_{1,j}\mathbf{P}_{i+1, 0}$

となり, 仮定を満たす.

$j+1$ のとき, $\mathbf{P}_{i, j+1}(t)$ を計算する.

$\mathbf{P}_{i, j+1}(t)$ $= (1-t) \mathbf{P}_{i, j} (t)+ t \mathbf{P}_{i+1, j}(t)$

であり, $\mathbf{P}_{i, j}(t)$ と $\mathbf{P}_{i+1, j}(t)$ について仮定を適用する.

$(1-t) \mathbf{P}_{i, j} (t)+ t \mathbf{P}_{i+1, j}(t)$
$\displaystyle =(1-t)\sum_{k=i}^{i+j} b_{k-i,j} \mathbf{P}_{k,0}$ $\displaystyle +t\sum_{k=i+1}^{(i+1)+j} b_{k-(i+1),j} \mathbf{P}_{k,0}$

この式は

$(1-t)b_{0,j} \mathbf{P}_{i,0}$ $\displaystyle +\sum_{k=i+1}^{i+j} ((1-t)b_{k-i,j}+tb_{k-(i+1),j}) \mathbf{P}_{k,0}$ $\displaystyle + tb_{j,j} \mathbf{P}_{i+j+1,0}$

のように変形できる.

また, ${}_j \mathrm{C}_{k-i} + {}_j \mathrm{C}_{k-i-1}$ $= {}_{j+1} \mathrm{C}_{k-i}$ であることを使えば,

$(1-t)b_{k-i,j}+tb_{k-(i+1),j}$ $=b_{k-i, j+1}$

が得られる. よって,

$\mathbf{P}_{i, j+1}(t)$ $=(1-t)b_{0,j} \mathbf{P}_{i,0}$ $\displaystyle +\sum_{k=i+1}^{i+j}b_{k-i, j+1} \mathbf{P}_{k,0}$ $\displaystyle + tb_{j,j} \mathbf{P}_{i+j+1,0}$

となる.

$(1-t)b_{0,j}=b_{0,j+1}$

$tb_{j,j}=b_{j+1,j+1}$

であり,

$\mathbf{P}_{i, j+1}(t)$ $=b_{0,j+1}\mathbf{P}_{i, 0}$ $\displaystyle +\sum_{k=i+1}^{i+j}b_{k-i, j+1} \mathbf{P}_{k,0}$ $\displaystyle + b_{j+1,j+1} \mathbf{P}_{i+j+1,0}$ $\displaystyle =\sum_{k=i}^{i+j+1}b_{k-i, j+1} \mathbf{P}_{k,0}$

を得る. したがって,

$\mathbf{P}_{i, j+1}(t)$ $\displaystyle =\sum_{k=i}^{i+(j+1)}b_{k-i, j+1} \mathbf{P}_{k,0}$

となり, $j+1$ のときも仮定が正しいことが示された.

ゆえに, $j=n$, $i=0$ のときを考えれば,

$\mathbf{P}_{0, n}(t)$ $\displaystyle =\sum_{k=0}^{n}b_{k, n} \mathbf{P}_{k,0}$ $\displaystyle =\sum_{k=0}^{n}{}_n \mathrm{C}_k (1-t)^{n-k}t^k \mathbf{P}_{k,0}$

となり, 漸化式で得られる $\mathbf{P}_{0, n}(t)$ の軌跡は $n$ 次ベジェ曲線であることが分かった.

解説.

右辺を変形して, 左辺を導く.

右辺の第1項目 $(a+b)(a^{n+1} + b^{n+1})$ を展開すると, $$a^{n+2} + b^{n+2} + ab^{n+1} + ba^{n+1}$$ となる.

右辺の第2項目 $-ab(a^n+b^n)$ を展開すると, $$-ba^{n+1} - ab^{n+1}$$ となる.

これらの和を求めると, $a^{n+2} + b^{n+2}$ となる.

ゆえに,

$a^{n+2} + b^{n+2}$ $= (a+b)(a^{n+1}+b^{n+1}) - ab(a^{n} + b^{n})$

が成り立つ.