数列の漸化式について

階差数列の定義は $b_k = a_{k+1} - a_k$ である。

$n \geqq 2$ のとき, $k=1, \ \cdots , n-1$ の各 $b_k$ を書き並べると次のようになる。 $$ \begin{aligned} b_1 &= a_2 - a_1 \\ b_2 &= a_3 - a_2 \\ b_3 &= a_4 - a_3 \\ &\vdots \\ b_{n-1} &= a_n - a_{n-1} \end{aligned} $$ これらの式の辺々を加えると, 右辺の中間項（$a_2, a_3, \dots, a_{n-1}$）がすべて打ち消し合い, 最初と最後だけが残る。

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

$-a_1$ を左辺に移項することで, 次の公式が得られる。 $$ a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k \quad (n \geqq 2) $$

階比数列の定義 $\displaystyle b_k = \frac{a_{k+1}}{a_k}$ より, $n \geq 2$ において $b_1$ から $b_{n-1}$ までの積を考える。

各項を定義に従って書き並べると次のようになる。 $$ \begin{aligned} b_1 &= \frac{a_2}{a_1} \\ b_2 &= \frac{a_3}{a_2} \\ &\vdots \\ b_{n-1} &= \frac{a_n}{a_{n-1}} \end{aligned} $$ これらの辺々の積をとると： $$ \prod_{k=1}^{n-1} b_k = \frac{a_2}{a_1} \cdot \frac{a_3}{a_2} \cdot \frac{a_4}{a_3} \cdots \frac{a_n}{a_{n-1}} $$

分子と分母で共通する項 $a_2, a_3, \dots, a_{n-1}$ がすべて約分されるため, 右辺には $a_1$ と $a_n$ だけが残る。 $$ \prod_{k=1}^{n-1} b_k = \frac{a_n}{a_1} $$

両辺に $a_1$ を掛けることで, 求める一般項の式が得られる。 $$ a_n = a_1 \times \prod_{k=1}^{n-1} b_k $$

漸化式：$a_{n+1} = 2a_n - 1, \quad a_1 = 3$ から数列 $\{a_n\}$ の一般項を導出する。

漸化式を $a_{n+1} - x = 2(a_n - x)$ の形に変形するため, 特性方程式 $x = 2x - 1$ を考える。 この解 $x=1$ を用いて, 与式は次のように変形できる。 $$ a_{n+1} - 1 = 2(a_n - 1) \quad \cdots ① $$

$b_n = a_n - 1$ とおくと, ①より $b_{n+1} = 2b_n$ となる。
これは数列 $\{b_n\}$ が公比 2 の等比数列であることを示している。
初項 $b_1$ は： $$ b_1 = a_1 - 1 = 3 - 1 = 2 $$

等比数列 $\{b_n\}$ の一般項は： $$ \begin{aligned} b_n &= b_1 \cdot 2^{n-1} \\[5pt] &= 2 \cdot 2^{n-1} \\[5pt] &= 2^n \end{aligned} $$

最後に $a_n$ に戻すと, 求める一般項が得られる。 $$ \begin{aligned} a_n - 1 &= 2^n \\ a_n &= 2^n + 1 \end{aligned} $$

例題：$a_{n+1} = 4a_n + 2^{n+1}, \quad a_1 = 1$ の一般項を求めよ。

与えられた漸化式の両辺を $2^{n+1}$ で割る。 $$ \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} = \frac{4a_n}{2^{n+1}} + \frac{2^{n+1}}{2^{n+1}} $$ 右辺の第1項を $\frac{a_n}{2^n}$ が現れるように整理すると： $$ \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} = 2 \cdot \frac{a_n}{2^n} + 1 \quad \cdots ① $$

$b_n = \frac{a_n}{2^n}$ とおくと、①は $b_{n+1} = 2b_n + 1$ となる。
この特性方程式 $x = 2x + 1$ を解くと $x = -1$ なので、次のように変形できる。 $$ b_{n+1} + 1 = 2(b_n + 1) $$ これは、数列 $\{b_n + 1\}$ が初項 $b_1 + 1$, 公比 $2$ の等比数列であることを示している。

初項 $b_1 + 1$ は： $$ b_1 + 1 = \frac{a_1}{2^1} + 1 = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2} $$

数列 $\{b_n + 1\}$ の一般項は： $$ b_n + 1 = \frac{3}{2} \cdot 2^{n-1} = 3 \cdot 2^{n-2} $$ $b_n$ について解くと： $$ b_n = 3 \cdot 2^{n-2} - 1 $$ 最後に $b_n = \frac{a_n}{2^n}$ を代入して元に戻すと： $$ \begin{aligned} \frac{a_n}{2^n} &= 3 \cdot 2^{n-2} - 1 \\[8pt] a_n &= 3 \cdot 2^{n-2} \cdot 2^n - 2^n \\[5pt] a_n &= 3 \cdot 2^{2n-2} - 2^n \end{aligned} $$

例題：$\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 3}, \quad a_1 = 1$ の一般項を求めよ。

$a_{n+1}=0$ と仮定すると $a_n=0$ となり, これを繰り返すと $a_1=0$ となる。これは $a_1=1$ に矛盾するため, すべての自然数 $n$ について $a_n \neq 0$ である。
これにより, 漸化式の両辺の逆数をとることができる。

両辺の逆数をとって整理する。 $$ \begin{aligned} \frac{1}{a_{n+1}} &= \frac{2a_n + 3}{a_n} \\[8pt] \frac{1}{a_{n+1}} &= 3 \cdot \frac{1}{a_n} + 2 \end{aligned} $$ $b_n = \frac{1}{a_n}$ とおくと, $b_{n+1} = 3b_n + 2$ となる。

特性方程式 $x = 3x + 2$ より $x = -1$ となるため, 次のように変形できる。 $$ b_{n+1} + 1 = 3(b_n + 1) $$ 数列 $\{b_n + 1\}$ は, 初項 $b_1 + 1 = \frac{1}{a_1} + 1 = 2$, 公比 $3$ の等比数列である。 $$ \begin{aligned} b_n + 1 &= 2 \cdot 3^{n-1} \\[5pt] b_n &= 2 \cdot 3^{n-1} - 1 \end{aligned} $$

$b_n = \frac{1}{a_n}$ であるから, 最後に逆数をとって元に戻す。 $$ a_n = \frac{1}{2 \cdot 3^{n-1} - 1} $$

例題：$a_{n+1} = 3a_n + 4n, \quad a_1 = 1$ の一般項を求めよ。

隣接する2つの項の関係式を並べて引き算を行う。 $$ \begin{aligned} (n+1)\text{項：} & a_{n+2} = 3a_{n+1} + 4(n+1) \\ n\text{項：} & a_{n+1} = 3a_n + 4n \end{aligned} $$ 辺々を引くと： $$ (a_{n+2} - a_{n+1}) = 3(a_{n+1} - a_n) + 4 $$ $b_n = a_{n+1} - a_n$ とおくと, 次の漸化式が得られる。 $$ b_{n+1} = 3b_n + 4 $$

特性方程式 $x = 3x + 4$ より $x = -2$ となるため： $$ b_{n+1} + 2 = 3(b_n + 2) $$ 初項 $b_1 = a_2 - a_1 = (3 \cdot 1 + 4 \cdot 1) - 1 = 6$ であるから, $b_1 + 2 = 8$。 $$ \begin{aligned} b_n + 2 &= 8 \cdot 3^{n-1} \\[5pt] b_n &= 8 \cdot 3^{n-1} - 2 \end{aligned} $$

階差数列の公式 $\displaystyle a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} b_k$ を適用する。 $$ \begin{aligned} a_n &= 1 + \sum_{k=1}^{n-1} (8 \cdot 3^{k-1} - 2) \\[8pt] &= 1 + \frac{8(3^{n-1} - 1)}{3 - 1} - 2(n-1) \\[5pt] &= 4 \cdot 3^{n-1} - (2n + 1) \end{aligned} $$

$n=1$ を代入すると $4 \cdot 3^0 - (2 \cdot 1 + 1) = 4 - 3 = 1$ となり, $a_1=1$ と一致する。 よって, 求める一般項は： $$ a_n = 4 \cdot 3^{n-1} - (2n + 1) $$

例題：$a_{n+1} = 3a_n + 4n, \quad a_1 = 1$ の一般項を求めよ。

漸化式を次のような等比数列の形に変形することを目指す。 $$ a_{n+1} + s(n+1) + t = 3(a_n + sn + t) \quad \cdots ① $$ この式を展開して整理すると： $$ a_{n+1} = 3a_n + 2sn + (2t - s) $$ これが元の漸化式 $a_{n+1} = 3a_n + 4n$ と一致するように係数を比較する。

$n$ の係数と定数項をそれぞれ比較して連立方程式 $$ \begin{cases} 2s = 4 \\ 2t - s = 0 \end{cases} $$ を解くと, $s = 2, t = 1$ となる。 よって, ①は次のように書き換えられる。 $$ a_{n+1} + 2(n+1) + 1 = 3(a_n + 2n + 1) $$

$b_n = a_n + 2n + 1$ とおくと, $b_{n+1} = 3b_n$ となる。
初項 $b_1$ は： $$ b_1 = a_1 + 2　\cdot 1 + 1 = 1 + 2 + 1 = 4 $$ したがって, 数列 $\{b_n\}$ の一般項は： $$ b_n = 4 \cdot 3^{n-1} $$

$b_n = a_n + 2n + 1$ より, $a_n$ を求めると： $$ a_n = 4 \cdot 3^{n-1} - (2n + 1) $$

与えられた漸化式：$a_{n+2} = 5a_{n+1} - 6a_n \quad (a_1=1, a_2=4)$

$x^2 = 5x - 6$ を解くと, $x^2 - 5x + 6 = 0 \implies (x-2)(x-3) = 0$ より $x=2, 3$ である。
これより, 与えられた漸化式は次の2通りに変形できる。 $$ \begin{cases} a_{n+2} - 2a_{n+1} = 3(a_{n+1} - 2a_n) & \cdots ① \\[5pt] a_{n+2} - 3a_{n+1} = 2(a_{n+1} - 3a_n) & \cdots ② \end{cases} $$

①より： $b_n = a_{n+1} - 2a_n$ は初項 $b_1 = a_2 - 2a_1 = 4 - 2(1) = 2$, 公比 $3$ の等比数列である。 $$ a_{n+1} - 2a_n = 2 \cdot 3^{n-1} \quad \cdots ③ $$ ②より： $c_n = a_{n+1} - 3a_n$ は初項 $c_1 = a_2 - 3a_1 = 4 - 3(1) = 1$, 公比 $2$ の等比数列である。 $$ a_{n+1} - 3a_n = 1 \cdot 2^{n-1} \quad \cdots ④ $$

③から④を引くことで, $a_{n+1}$ を消去する。 $$\begin{array}{crcl} & a_{n+1} - 2a_n &=& 2 \cdot 3^{n-1} \\ -) & a_{n+1} - 3a_n &=& 2^{n-1} \\ \hline 　　　\end{array} $$ ゆえに, $a_n= 2 \cdot 3^{n-1} - 2^{n-1}$ を得る。

例題：$a_{n+1} - a_n = S_n, \quad a_1 = 2$ 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。

$a_1 = 2$ である。また、$S_1 = a_1 = 2$ であるから, 元の漸化式に $n=1$ を代入して： $$ \begin{aligned} a_2 - a_1 &= S_1 \\ a_2 - 2 &= 2 \\ a_2 &= 4 \end{aligned} $$

①の特性方程式 $x^2 = 3x - 1$ すなわち $x^2 - 3x + 1 = 0$ を解くと： $$ x = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2} $$ 初期条件 $a_1 = 2, a_2 = 4$ を用いて一般項を求めると（計算省略）： $$ a_n = \left(1 - \frac{1}{\sqrt{5}}\right) \left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^n + \left(1 + \frac{1}{\sqrt{5}}\right) \left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^n $$ を得る。

漸化式 $a_{n+2} = a_{n+1} + a_n$ ($a_1=a_2=1$) を解くために, 特性方程式 $x^2 = x+1$ を考える。 その解を $\alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}, \beta = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$ とする。

与えられた漸化式は, 次の2つの等比数列の形に変形できる。 $$ \begin{aligned} (1)\quad a_{n+1} - \alpha a_n &= \beta(a_{n} - \alpha a_{n-1}) \\ (2)\quad a_{n+1} - \beta a_n &= \alpha(a_{n} - \beta a_{n-1}) \end{aligned} $$

(1)より, 数列 $\{a_{n+1} - \alpha a_n\}$ は初項 $a_2 - \alpha a_1$, 公比 $\beta$ の等比数列である。 初項は $1 - \alpha = \beta$ であるから, $$ a_{n+1} - \alpha a_n = \beta \cdot \beta^{n-1} = \beta^n \quad \cdots ① $$ 同様に, (2)より初項 $a_2 - \beta a_1 = 1 - \beta = \alpha$ であるから, $$ a_{n+1} - \beta a_n = \alpha \cdot \alpha^{n-1} = \alpha^n \quad \cdots ② $$

②式から①式を引いて $a_{n+1}$ を消去すると： $$ \begin{aligned} (\alpha - \beta)a_n &= \alpha^n - \beta^n \\ a_n &= \frac{\alpha^n - \beta^n}{\alpha - \beta} \end{aligned} $$ ここで, $\alpha - \beta = \frac{1+\sqrt{5}}{2} - \frac{1-\sqrt{5}}{2} = \sqrt{5}$ である。

求めた値を代入すると, フィボナッチ数列の一般項が得られる。 $$ a_n = \frac{1}{\sqrt{5}} \left\{ \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^n - \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^n \right\} $$

【条件設定】
初回の投資額（元本）：$a_0 = 50$ (万円)
毎回の積立額：$10$ (万円)
複利の利子率：$10\%$ ($1.1$ 倍)

$n$ 回目の利子を受け取った後の資産を $a_n$ とすると, 翌年の資産 $a_{n+1}$ は「現在の資産の $1.1$ 倍」に「積立額 $10$」を加えたものになる。 $$ a_{n+1} = 1.1a_n + 10 \quad (a_0 = 50) $$

特性方程式 $x = 1.1x + 10$ を解くと, $x = -100$ となる。 これを利用して, 漸化式を次のように変形する。 $$ a_{n+1} + 100 = 1.1(a_n + 100) $$ ここで $b_n = a_n + 100$ とおくと, 数列 $\{b_n\}$ は公比 $1.1$ の等比数列となる。

初項 $b_0$ は： $$ b_0 = a_0 + 100 = 50 + 100 = 150 $$ 等比数列の一般項の公式より： $$ \begin{aligned} b_n &= 150 \cdot (1.1)^n \\[5pt] a_n + 100 &= 150 \cdot (1.1)^n \end{aligned} $$ ゆえに, $n$ 回目の利子を受け取った後の資産 $a_n$ は以下の通りとなる。 $$ a_n = 150(1.1)^n - 100 $$

例題：漸化式 $\displaystyle a_{n+1} = \frac{1}{2} \left(a_n + \frac{x}{a_n}\right)$ の一般項を求めよ。

漸化式の両辺から $\sqrt{x}$ および $-\sqrt{x}$ を引いて変形する。 $$ \begin{aligned} a_{n+1} \mp \sqrt{x} &= \frac{1}{2} \left( a_n + \frac{x}{a_n} \right) \mp \sqrt{x} \\[8pt] &= \frac{a_n^2 \mp 2a_n\sqrt{x} + x}{2a_n} \\[8pt] &= \frac{(a_n \mp \sqrt{x})^2}{2a_n} \end{aligned} $$ これより, 次の2つの式が得られる。 $$ a_{n+1} - \sqrt{x} = \frac{(a_n - \sqrt{x})^2}{2a_n} \quad \cdots ① $$ $$ a_{n+1} + \sqrt{x} = \frac{(a_n + \sqrt{x})^2}{2a_n} \quad \cdots ② $$

①を②で割ることで, 分母の $2a_n$ を消去する。 $$\begin{aligned} \frac{a_{n+1} - \sqrt{x}}{a_{n+1} + \sqrt{x}} &= \frac{(a_n - \sqrt{x})^2}{(a_n + \sqrt{x})^2} \\ &= \left( \frac{a_n - \sqrt{x}}{a_n + \sqrt{x}} \right)^2 \end{aligned}$$ ここで, $b_n = \frac{a_n - \sqrt{x}}{a_n + \sqrt{x}}$ とおくと, $b_{n+1} = b_n^2$ が成り立つ。

数列 $\{b_n\}$ について, $$b_{n} = b_{n-1}^2 = b_{n-2}^4 = \cdots = b_1^{2^{n-1}}$$ であるため, 一般項は次のようになる。 $$ b_n = b_1^{2^{n-1}} $$ $b_n$ の定義式を $a_n$ について解くと $a_n = \frac{1+b_n}{1-b_n}\sqrt{x}$ となるので $$ a_n = \frac{1 + b_1^{2^{n-1}}}{1 - b_1^{2^{n-1}}} \sqrt{x}$$ である。

$n$ 次ベジェ曲線は, 次の式で定義されていた： $$ \sum_{k=0}^{n} {}_n \mathrm{C}_k (1-t)^{n-k} t^k \mathbf{P}_{k,0} $$ ここで, 記述を簡潔にするため, $$ b_{k,j}(t) = {}_j \mathrm{C}_k (1-t)^{\,j-k} t^k $$ とおく。

$j$ に関して, $$ \mathbf{P}_{i,j}(t) = \sum_{k=i}^{i+j} b_{k-i,j}(t)\,\mathbf{P}_{k,0} $$ が成り立つと仮定する。 この形が $j+1$ の場合にも成り立つことを示す。

$j=1$ のとき, $$ \mathbf{P}_{i,1}(t) = (1-t)\mathbf{P}_{i,0} + t\mathbf{P}_{i+1,0} $$ である。 一方, $$ b_{0,1}(t) = 1-t,\quad b_{1,1}(t)=t $$ であるから, $$ \mathbf{P}_{i,1}(t) = b_{0,1}\mathbf{P}_{i,0} + b_{1,1}\mathbf{P}_{i+1,0} $$ となり, 仮定は $j=1$ で成り立つ。

帰納法の仮定を用いると, $$\begin{aligned} \mathbf{P}_{i,j}(t) &= \sum_{k=i}^{i+j} b_{k-i,j}\mathbf{P}_{k,0},\\ \mathbf{P}_{i+1,j}(t) &= \sum_{k=i+1}^{i+j+1} b_{k-(i+1),j}\mathbf{P}_{k,0} \end{aligned}$$ である。 漸化式より, $$ \mathbf{P}_{i,j+1}(t) = (1-t)\mathbf{P}_{i,j}(t) + t\mathbf{P}_{i+1,j}(t) $$ である。よって, $\mathbf{P}_{i,j+1}(t)$ は, $$ \begin{aligned} &(1-t)b_{0,j}\mathbf{P}_{i,0} \\[10pt] &\phantom{aaa}+ \sum_{k=i+1}^{i+j}\bigl((1-t)b_{k-i,j}+t b_{k-(i+1),j}\bigr)\mathbf{P}_{k,0} \\[10pt] &\phantom{aaaaaa}+ t b_{j,j}\mathbf{P}_{i+j+1,0} \end{aligned}$$ と書ける。

各係数について, $$ (1-t)b_{k-i,j}+t b_{k-(i+1),j} = b_{k-i,j+1} $$ が成り立つ。 これは, $$ {}_j \mathrm{C}_{k-i} + {}_j \mathrm{C}_{k-i-1} = {}_{j+1} \mathrm{C}_{k-i} $$ を用いた直接計算による。 また, $$ (1-t)b_{0,j}=b_{0,j+1},\quad t b_{j,j}=b_{j+1,j+1} $$ である。

以上より, $$ \mathbf{P}_{i,j+1}(t) = \sum_{k=i}^{i+j+1} b_{k-i,j+1}\mathbf{P}_{k,0} $$ が得られ, 仮定は $j+1$ に対しても成り立つ。

特に $i=0$, $j=n$ とすると, $$ \mathbf{P}_{0,n}(t) = \sum_{k=0}^{n} b_{k,n}\mathbf{P}_{k,0} = \sum_{k=0}^{n} {}_n \mathrm{C}_k (1-t)^{n-k} t^k \mathbf{P}_{k,0} $$ となる。 ゆえに, De Casteljau の漸化式によって得られる $\mathbf{P}_{0,n}(t)$ の軌跡は, $n$ 次ベジェ曲線と一致する。

右辺を展開して整理し, 左辺 $a^{n+2} + b^{n+2}$ を導く。

まず, 右辺の第1項を展開すると次のようになる。 $$ \begin{aligned} &(a+b)(a^{n+1} + b^{n+1}) \\ & \quad= a \cdot a^{n+1} + a \cdot b^{n+1} + b \cdot a^{n+1} + b \cdot b^{n+1} \\[5pt] & \quad = a^{n+2} + ab^{n+1} + ba^{n+1} + b^{n+2} \end{aligned} $$ 次に, 右辺の第2項を展開すると次のようになる。 $$ -ab(a^n + b^n) = -ba^{n+1} - ab^{n+1} $$

これらを足し合わせると, $ab^{n+1}$ と $ba^{n+1}$ の項が相殺される。 $$ \begin{aligned} &\phantom{=} (a^{n+2} + \underline{ab^{n+1} + ba^{n+1}} + b^{n+2}) + (\underline{-ba^{n+1} - ab^{n+1}}) \\[8pt] &= a^{n+2} + b^{n+2} \end{aligned} $$

計算の結果, 右辺と左辺が一致したため, 次の等式が成り立つ。 $$ a^{n+2} + b^{n+2} = (a+b)(a^{n+1} + b^{n+1}) - ab(a^n + b^n) $$

$S(n) = a^n + b^n + c^n$ とおき, 右辺を展開して整理し, 左辺 $S(n+3)$ を導く。

$(a+b+c)(a^{n+2} + b^{n+2} + c^{n+2})$ を展開すると： $$ \begin{aligned} &a^{n+3} + b^{n+3} + c^{n+3} \\ &+ ab^{n+2} + ac^{n+2} + ba^{n+2} + bc^{n+2} + ca^{n+2} + cb^{n+2} \quad \cdots ① \end{aligned} $$

$-(ab+bc+ca)(a^{n+1} + b^{n+1} + c^{n+1})$ を展開すると： $$ \begin{aligned} &- (ab^{n+2} + ac^{n+2} + ba^{n+2} + bc^{n+2} + ca^{n+2} + cb^{n+2}) \\ &- (abc^{n+1} + bca^{n+1} + cab^{n+1}) \quad \cdots ② \end{aligned} $$

$abc(a^n + b^n + c^n)$ を展開すると： $$ abc^{n+1} + bca^{n+1} + cab^{n+1} \quad \cdots ③ $$

①, ②, ③をすべて足し合わせると, $a^{n+3} + b^{n+3} + c^{n+3}$ 以外の項はすべて相殺される。 $$ \begin{aligned} &\text{右辺の和} \\ &= (a^{n+3} + b^{n+3} + c^{n+3}) \\ &\quad + (\text{①の下段}) + (\text{②の上段}) \leftarrow \text{和は } 0 \\ &\quad + (\text{②の下段}) + (\text{③}) \phantom{aaaaaa} \leftarrow \text{和は } 0 \\[8pt] &= a^{n+3} + b^{n+3} + c^{n+3} \end{aligned} $$

ゆえに, 次の等式が成り立つ。 $$ \begin{aligned} &a^{n+3} + b^{n+3} + c^{n+3} \\ &= (a+b+c)(a^{n+2} + b^{n+2} + c^{n+2}) \\ &\quad - (ab+bc+ca)(a^{n+1} + b^{n+1} + c^{n+1}) \\ &\quad + abc(a^n + b^n + c^n) \end{aligned} $$