漸化式の応用問題【ここまで押さえておけば安心！】

（解答）

\(a_{n+1} = 2 a_n + n + 1\)…① より、

\(a_{n+2} = 2 a_{n+1} + (n+1) + 1\)（←ここがポイント）
\(a_{n+2} = 2 a_{n+1} + n + 2\)…②

②ー①

\(a_{n+2} – a_{n+1} = 2 a_{n+1} – 2 a_n + 1\)
\(a_{n+2} – a_{n+1} = 2 (a_{n+1} – a_n) + 1\)

\( a_{n+1} – a_n = b_n\)と置くと、（\( b_{n+1} = a_{n+2} – a_{n+1}\)なので）

\(b_{n+1} = 2b_n + 1\)
\(b_{n+1} + 1 = 2(b_n + 1)\)

数列{\(b_n + 1\)}は、

初項\(b_1+1 = a_2 -a_1 + 1 = (2a_1 + 1 +1) – a_1+1 \)
\( =a_1 +3 = 4\)、公比2の等比数列なので、

\( b_n + 1 = 4 \cdot 2^{n-1}\)
\( b_n = 4 \cdot 2^{n-1} -1\)
\( a_{n+1} – a_n = 4 \cdot 2^{n-1} -1\)

よって、{\(a_n\)}の階差数列の一般項が\(4 \cdot 2^{n-1} -1\)となるので、

\( n \geq 2\)のとき
\(\displaystyle a_n = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1}(4 \cdot 2^{k-1} -1)\)
\(\displaystyle \quad = 1 + \frac{4(2^{n-1}-1)}{2-1} -(n-1)\)
\(\displaystyle a_n = 2^{n+1}-n-2\)

これは\(n=1\)のときも成り立つ。

よって\(\displaystyle a_n = 2^{n+1}-n-2\)…（答）

今回は\(a_{n+1} = 4 a_n + 2^{n+1}\)なので、\(2^{n+1}\)で割ってやります。

（解答）

\(a_{n+1} = 4 a_n + 2^{n+1}\)の、両辺を\(2^{n+1}\)で割ると（←ここがポイント）

\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} = \frac{4 a_n}{2^{n+1}} + 1\)
\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} = \frac{4 a_n}{2 \cdot 2^{n}} + 1\)
\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} = 2 \frac{a_n}{2^{n}} + 1\)

\(\displaystyle \frac{a_n}{2^{n}} = b_n\)とおくと、（\(\displaystyle b_{n+1}\ = \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}\)なので）

\(b_{n+1} = 2b_n + 1\)
\(b_{n+1}+1 = 2(b_n + 1)\)

数列{\(b_n + 1\)}は初項\(\displaystyle b_1 + 1 = \frac{a_1}{2^{1}}+1 = 1 + 1 = 2 \)、公比2の等比数列。

\(b_n + 1 = 2 \cdot 2^{n-1}\)
\(b_n = 2^n -1\)
\(\displaystyle \frac{a_n}{2^{n}} = 2^n -1\)
\(a_n = 2^n(2^n-1)\)…（答）

（解答）

\(\displaystyle a_1 = \frac{1}{2}\)と\(\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 3}\)より、\(a_2 \neq 0\)、\(a_3 \neq 0\)…となり、すべての自然数\(n\)について、\(a_n \neq 0\)。

\(\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 3}\)の両辺逆数をとって、

\(\displaystyle \frac{1}{a_{n+1}} = \frac{2a_n + 3}{a_n} = 3 \cdot \frac{1}{a_n} + 2 \)

ここで、\(\displaystyle \frac{1}{a_n} = b_n\)とおくと（\(\displaystyle \frac{1}{a_{n+1}} = b_{n+1}\)なので）

\( b_{n+1} = 3b_n + 2 \)
\( b_{n+1} + 1 = 3(b_n + 1)\)

数列{\(b_n + 1\)}は初項\(\displaystyle b_1 + 1 = \frac{1}{a_1} + 1 = 2 + 1 = 3\)、公比3の等比数列なので、

\(b_n + 1 = 3 \cdot 3^{n-1}\)
\(b_n = 3^n – 1\)
\(\displaystyle \frac{1}{a_n} = 3^n – 1\)
\(\displaystyle a_n = \frac{1}{3^n – 1}\) … （答）

【補足】

最初の\(a_n \neq 0 \)の証明、というか説明は次のようにしてもOKです。

（別の説明方法）

\(a_n = 0\)となる\(n\)があるとすると、\(\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 3}\)より、\(a_{n-1} = 0\)。これを繰り返すと\( a_1 = 0\)となり矛盾するので、すべての自然数\(n\)で\( a_n \neq 0 \)。

この方法は実は背理法です。「すべての自然数\(n\)で\( a_n \neq 0 \)」という結論を否定すると「\(a_n = 0\)となる\(n\)が存在する」となります。この否定した結論から矛盾を導いています。

ちなみに、先程の説明の方法、

\(\displaystyle a_1 = \frac{1}{2}\)と\(\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 3}\)より、\(a_2 \neq 0\)、\(a_3 \neq 0\)…となり、すべての自然数\(n\)について、\(a_n \neq 0\)。

は数学的帰納法のイメージですね。

\( a_1 \neq 0\)で、\(\displaystyle a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 3}\)という形から、\(a_2 \neq 0\)だし、その次の\(a_3 \neq 0 \)だし、…全部の項は帰納法的に0じゃないよね、という説明をしている感じです。

逆数をとるときと一緒ですが、真数条件の確認だけはしておきましょう。

（解答）

\(a_{n+1} = 2^n a_n\)、\(a_1 = 2\)より、すべての\(n\)について\(a_n > 0\)。

よって、\(a_{n+1} = 2^n a_n\)の両辺は正なので、底2の対数をとると、

\( \log_2{a_{n+1}} = \log_2{ ( 2^n a_n )}\)
\( \log_2{a_{n+1}} = \log_2{ 2^n } + \log_2{ a_n }\)
\( \log_2{a_{n+1}} = \log_2{ a_n } + n \)

\( \log_2{a_n} = b_n\)とおくと、

\(b_{n+1} = b_n + n\)

数列{\(b_n\)}の階差数列の一般項は\(n\)なので、

\(n \geq 2\)のとき

\(\displaystyle b_n = b_1 + \sum_{k=1}^{n-1} k\)
\(\displaystyle \quad = \log_2{a_1} + \frac{1}{2}n(n-1)\)
\(\displaystyle \quad = \log_2 2 + \frac{1}{2}n(n-1)\)
\(\displaystyle b_n = \frac{1}{2}(n^2-n+2)\)

これは\(n=1\)のときも成り立つ。よって、

\(\displaystyle b_n = \frac{1}{2}(n^2-n+2) \cdot 1\)
\(\displaystyle \log_2{a_n} = \frac{1}{2}(n^2-n+2)\log_2 2\)
\(\displaystyle \log_2{a_n} = \log_2 {2^{\frac{1}{2}(n^2-n+2)}}\)
\(\displaystyle a_n = 2^{\frac{1}{2}(n^2-n+2)} = \sqrt{2}^{n^2-n+2}\)…（答）

（解答）

\( n a_{n+1} = (n+1)a_n + 1\)の両辺を\(n(n+1)\)で割ります。

\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{n+1} = \frac{a_n}{n} + \frac{1}{n(n+1)}\)

\(\displaystyle \frac{a_n}{n} = b_n\)とおくと、

\(\displaystyle b_{n+1} = b_n + \frac{1}{n(n+1)}\)

数列{\(b_n\)}の階差数列の一般項は\(\displaystyle \frac{1}{n(n+1)}\)なので、

\(n \geq 2\)のとき

\(\displaystyle b_n = b_1 + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k(k+1)}\)
\(\displaystyle \quad = \frac{a_1}{1} + \sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \right) \)
\(\displaystyle \quad = 1 + \left( \frac{1}{1}-\frac{1}{2} \right)+ \left( \frac{1}{2}-\frac{1}{3} \right)+\cdots+ \left( \frac{1}{n-1}-\frac{1}{n} \right) \)
\(\displaystyle \quad = 1 + 1 -\frac{1}{n}\)
\(\displaystyle b_n = \frac{2n-1}{n}\)

これは\(n=1\)のときも成り立つ。よって、

\(\displaystyle b_n = \frac{2n-1}{n}\)
\(\displaystyle \frac{a_n}{n} = \frac{2n-1}{n}\)
\(a_n = 2n-1\)…（答）