漸化式の全て　・・・　その解法の研究　　　　　　　　　　 　　　　　

１．漸化式の基本形　　全ての漸化式はこのタイプに帰着される。

　（１）　等差数列型　　ａ₁＝ａ　、ａ_ｎ+1＝ａ_ｎ＋ｄ　ならば、　ａ_ｎ＝ａ＋（ｎ−１）ｄ　（ｄ ： 公差）

　（２）　等比数列型　　ａ₁＝ａ　、ａ_ｎ+1＝ｒａ_ｎ　ならば、　ａ_ｎ＝ａ・ｒ^ｎ-1　（ｒ ： 公比）

　　　ただし、ａ、ｄ、ｒ は ｎ に無関係な定数。

２．漸化式の基本形くずれ　　Ｆ（ｎ）は ｎ の関数とする。

（１）　ａ₁＝ａ　、ａ_ｎ+1＝ａ_ｎ＋Ｆ（ｎ）　型

（解法）　ａ_ｎ+1−ａ_ｎ＝ｂ_ｎ と｛ｂ_ｎ｝は｛ａ_ｎ｝の階差数列だから、

　ｎ≧２　のとき、　ａ_ｎ＝ａ＋Σ_{ｋ=1〜ｎ-1} Ｆ（ｋ）

（２）　ａ₁＝ａ　、ａ_ｎ+1＝ａ_ｎ・Ｆ（ｎ）　型

（解法）　ａ_ｋ+1/ａ_ｋ＝Ｆ（ｋ）　（ｋ＝１、２、・・・、ｎ−１）　を辺々掛けて、

　ａ_ｎ/ａ＝Π_{ｋ=1〜ｎ-1} Ｆ（ｋ）　より、　ａ_ｎ＝ａ・Π_{ｋ=1〜ｎ-1} Ｆ（ｋ）

３．隣接２項間の漸化式　　（例）　ａ₁＝１　、ａ_ｎ+1＝２ａ_ｎ＋１

（解法�T・・・逐次代入法）　　ａ₁＝１、ａ₂＝３、ａ₃＝７、・・・　より、ａ_ｎ＝２^ｎ−１　と類推され

　る。この類推が正しいことを数学的帰納法により証明すればよい。

（解法�U・・・特性解利用法）　α＝２α＋１　より、α＝−１　　これを利用して、

　ａ_ｎ+1＋１＝２（ａ_ｎ＋１）　と変形される。

　ａ_ｎ＋１＝ｂ_ｎ とおけば、１．（２）のタイプに帰着される。

（解法�V・・・階差数列利用法）　　ａ_ｎ+2−ａ_ｎ+1＝２（ａ_ｎ+1−ａ_ｎ）　より、ａ_ｎ+1−ａ_ｎ＝ｂ_ｎ　と

　おけば、１．（２）のタイプに帰着される。

（注意）　上記解法�T、�U、�Vを見ても分かる通り、特性解の利用が最も便利な方法である
　　　　が、特性解が直ぐに使えない場合もある。

４．少し工夫を要する漸化式　・・・　定数に ｎ が入っている場合

（例１）　ａ₁＝１　、ａ_ｎ+1＝２ａ_ｎ＋ｎ

（解法）　ａ_ｎ+2−ａ_ｎ+1＝２（ａ_ｎ+1−ａ_ｎ）＋１　より、ａ_ｎ+1−ａ_ｎ＝ｂ_ｎ　とおけば、３．のタイプ

　に帰着される。

（例２）　ａ₁＝１　、ａ_ｎ+1＝３ａ_ｎ＋２^ｎ+1

（解法）　両辺を３^ｎ+1で割って、ａ_ｎ/３^ｎ＝ｂ_ｎ　とおくと、２．（１）のタイプに帰着される。

５．「４．少し工夫を要する漸化式」の一般化を、ＨＮ「Ren」さんよりいただきました。
（平成２８年７月２５日付け）

（例）　ａ₁＝ａ　、ａ_ｎ+1＝ａ_ｎ・Ｆ（ｎ）＋Ｇ（ｎ）　型の漸化式の両辺をＨ(n)で割って階差型に帰

　着できる場合（４．（例２）のタイプの一般化）

　Ｆ(n)/Ｈ(n)＝1/Ｈ(n-1)　つまり、　Ｈ(n)＝Ｆ(n)Ｈ(n-1)

　これを解いて、　Ｈ(n)＝Ｈ(1)Ｆ(1)Ｆ(2)…Ｆ(n)　となる。ここで、Ｈ(1)は定数なので無視できる。

よって、　ｋＦ(1)Ｆ(2)…Ｆ(n)　(ｋはnに無関係の任意の実数)　で割ればいい。

例　ａ₁＝ａ　、ａ_ｎ+1＝ｎ・ａ_ｎ＋ｎ！　のときは、両辺を ｎ！で割ればよい。

例　ａ₁＝ａ　、ａ_ｎ+1＝２^ｎ・ａ_ｎ＋２^(n(n+1)/2) 　のときは、両辺を ２^(n(n+1)/2) で割ればよい。

６．隣接３項間の漸化式　　（例）　ａ₁＝１、ａ₂＝２　、ａ_ｎ+2−３ａ_ｎ+1＋２ａ_ｎ＝０

（解法）　特性方程式　α²−３α＋２＝０　を解いて、　α＝１、２

　このとき、　ａ_ｎ+2−ａ_ｎ+1＝２（ａ_ｎ+1−ａ_ｎ）　より、　ａ_ｎ+1−ａ_ｎ＝２^ｎ-1

　ａ_ｎ+2−２ａ_ｎ+1＝ａ_ｎ+1−２ａ_ｎ　より、　ａ_ｎ+1−２ａ_ｎ＝０

　この連立方程式を解いて、　ａ_ｎ＝２^ｎ-1

７．少し工夫を要する３項間漸化式　・・・　定数が０以外のとき

（例）　ａ₁＝１、ａ₂＝２　、ａ_ｎ+2−３ａ_ｎ+1＋２ａ_ｎ＝６

（解法）　番号をずらして、　ａ_ｎ+3−３ａ_ｎ+2＋２ａ_ｎ+1＝６ なので、辺々引いて、

　ａ_ｎ+1−ａ_ｎ＝ｂ_ｎ　とおけば、６．のタイプに帰着される。

８．　対数をとる型の漸化式

（例）　ａ₁＝３　、ａ_ｎ+1＝√ａ_ｎ

（解法）　任意のｎについて、ａ_ｎ＞０より、両辺の対数をとって、 ｌｏｇ ａ_ｎ+1＝(1/2)ｌｏｇ ａ_ｎ

そこで、ｌｏｇ ａ_ｎ＝ｂ_ｎ　とおけば、２．（２）のタイプに帰着される。

９．分数型漸化式

（例１）　ａ₁＝１　、ａ_ｎ+1＝ａ_ｎ/（３−ａ_ｎ）

（解法）　ａ₁≠０　より、任意のｎについて、ａ_ｎ≠０　だから、両辺の逆数をとって、

　１/ａ_ｎ+1＝３/ａ_ｎ−１　　そこで、　１/ａ_ｎ＝ｂ_ｎ　とおけば、３．のタイプに帰着される。

（例２）　ａ₁＝１　、ａ_ｎ+1＝（ａ_ｎ−４）/（ａ_ｎ−３）

（解法）　特性方程式　α＝（α−４）/（α−３）　を解いて、　α＝２　　そこで、

　ａ_ｎ+1−２＝（−ａ_ｎ＋２）/（ａ_ｎ−３）　となるから、　ａ_ｎ−２＝ｂ_ｎ　とおけば、９．（例１）のタイ
プに帰着される。


１０．隣接４項間の漸化式　　（例）　ａ₁＝ａ₂＝ａ₃＝１　、ａ_ｎ+3＝−ａ_ｎ+2＋２ａ_ｎ+1＋８ａ_ｎ

　この（例）はＧＡＩ さんより頂きました。（平成２７年３月２６日付け）


　DD++さんから解法の指針を頂きました。（平成２７年３月２６日付け）

　ａ_ｎ+3＝−ａ_ｎ+2＋２ａ_ｎ+1＋８ａ_ｎ　から、　ａ_ｎ+3＋３ａ_ｎ+2＋４ａ_ｎ+1＝２（ａ_ｎ+2＋３ａ_ｎ+1＋４ａ_ｎ）

となるので、　ａ_ｎ+2＋３ａ_ｎ+1＋４ａ_ｎ＝２^ｎ-1（ａ₃＋３ａ₂＋４ａ₁）＝２^ｎ+2

　そこで、　ｂ_ｎ＝ａ_ｎ−２^ｎ+1/７　とおくと、　ｂ_ｎ+2＋３ｂ_ｎ+1＋４ｂ_ｎ＝０　となるので、

　ｂ₁＝３/７、ｂ₂＝−１/７　と合わせて３項間漸化式を解けばよいかと．．．。


　Ｓ（Ｈ）さんより、答えを頂きました。（平成２７年３月２６日付け）

　ａ_ｎ＝(２ⁿ⁺¹−（(−ｉ−３)/２)ⁿ−（(ｉ−３)/２)ⁿ)/７


（コメント）　実際に、DD++さんの解法の続きを計算してみました。

　ｘ²＋３ｘ＋４＝０　の解　α＝（−３＋ｉ）/２　、β＝（−３−ｉ）/２　として、

　ｂ_ｎ+2−αｂ_ｎ+1＝β（ｂ_ｎ+1−αｂ_ｎ）　より、　ｂ_ｎ+1−αｂ_ｎ＝β^ｎ-1（ｂ₂−αｂ₁）

　ｂ_ｎ+2−βｂ_ｎ+1＝α（ｂ_ｎ+1−βｂ_ｎ）　より、　ｂ_ｎ+1−βｂ_ｎ＝α^ｎ-1（ｂ₂−βｂ₁）

よって、　（α−β）ｂ_ｎ＝α^ｎ-1（ｂ₂−βｂ₁）−β^ｎ-1（ｂ₂−αｂ₁）　より、

　ｉ・ｂ_ｎ＝α^ｎ-1（ｂ₂−βｂ₁）−β^ｎ-1（ｂ₂−αｂ₁）

＝α^ｎ-1（＋３ｉ）/（２）−β^ｎ-1（−３ｉ）/（２）

　ゆえに、　ｂ_ｎ＝α^ｎ-1（−ｉ＋３）/１４−β^ｎ-1（−ｉ−３）/１４＝−（α^ｎ＋β^ｎ）/７

より、　ａ_ｎ＝（２^ｎ+1−（α^ｎ＋β^ｎ））/７　となる。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２７年３月２６日付け）

　ヒント有難うございます。鮮やかな手法があるものですね。

　これを進めていきますと、ａ_ｎは確かにｎの式で書き下せる。ただし、式の中に複素数を含
むかなりややこしい式でした。しかし、これから生まれる各数は何故か平方数ばかりが発生
してくる。それが不思議でなりません。


　DD++さんからのコメントです。（平成２７年３月２６日付け）

　複素数（というか非有理数）こそ、この現象を起こしている本質なんですけどね。カラクリが
わかれば同じような数列は実は簡単に作れます。

　ａ₁＝１、ａ₂＝４、ａ₃＝４　、ａ_ｎ+3＝−２ａ_ｎ+2＋１２ａ_ｎ+1＋２１６ａ_ｎ

とか。ａ₅ までしか検算してませんが、平方数ばかりのはず。


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２７年３月２６日付け）

　確かにこれからは、平方数が出現しました。（→　参考）

なぜこんなことがたちどころに分かるんですか？なお、前漸化式から生じる数が、各自然数
ｎに対して、

　２^ｎ＝７ｘ²＋ｙ²

を満たす自然数の組(ｘ，ｙ)でのｘの値と関係していることと何か関係があるんでしょうか？

ｎ＝３　→　２³＝７・１²＋１²
ｎ＝４　→　２⁴＝７・１²＋３²
ｎ＝５　→　２⁵＝７・１²＋５²
　・・・・・


　DD++さんからのコメントです。（平成２７年３月２６日付け）

　手品の種明かしは無粋と相場が決まってますが、これは数学なので普通に種明かし。誘
導にしてみましたので、学生に戻った気分でどうぞ。

　複素数 α＝１＋ｉ　について、

(1) 　|α|² を求めてください。

　自然数ｎに対し、αⁿ＝X[n]＋Y[n]i で整数 X[n]、Y[n] を定義するとき、

(2)　X[n]²＋７Y[n]² を求めてください。

(3)　(2)の結果を、Y[n]²＝　に変形してください。

(4)　共役な複素数との和を考えることにより、X[n] を α、α^*（*：共役）、ｎ を用いて表して
　　ください。

(5)　(4)の結果を(3)に代入し、平方を展開、整理してください。

(6)　一般項が、ｐn、ｑn、ｒn の線形和で書ける任意の数列 A[n] は、

　A[n+3]-(p+q+r)A[n+2]+(pq+qr+rp)A[n+1]-pqrA[n]=0

なる漸化式を満たすことを確認してください。

(7)　A[n]＝Y[n]² とするとき、(5)から p、q、r に該当する数を考え、実際に漸化式を作ってく
　　ださい。また A[3] までを求めてください。

(8)　適切な f(n) を用いて、ａ_ｎ＝ {f(n)}² A[n]　と変換することにより、より簡素な平方数の出
　　現する数列にしてください。

　これでおそらく GAI さんが最初に提示されたものになると思います。

(9)　α=X[1]+Y[1]√Di を他の値にして同様の性質をもつ漸化式を自由に構成してください。

（私が作ったのは、１＋ｉ を使っています。また、普通の二次無理数でも手順をわずかに
変えればたぶんできるはずです）


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２７年３月２７日付け）

　学生になって勉強してみました。

(1)　8

(2)　8ⁿ

(3)　Y[n]² = (8ⁿ-X[n]²)/7

(4)　X[n] = (αⁿ+(α^*)²)/2

(5)　Y[n]² = (2・8ⁿ-(-6+2i)ⁿ-(-6-2i)ⁿ)/28

(6)(7) 　p = 8、q = -6+2i、r = -6-2i より、p+q+r = -4、pq+qr+rp = -32、pqr = 512

漸化式が　A[n+3]+4A[n+2]-32A[n+1]-512A[n] = 0

また、A[1]=Y[1]²=1²=1、A[2]=Y[2]²=2²=4、A[3]=Y[3]²=(-4)²=16

(8)　f(n)=1/2^n-1　即ち、A[n]=(2^n-1)²・ａ_n　と置き換えることで、

(2ⁿ⁺²)²・a_n+3+4(2ⁿ⁺¹)²・a_n+2-32(2ⁿ)²・ａ_n+1-512(2^n-1)²・ａ_n=0

(2²ⁿ⁺⁴)・a_n+3+(2²ⁿ⁺⁴)・a_n+2-(2²ⁿ⁺⁵)・ａ_n+1-(2²ⁿ⁺⁷)・ａ_n=0

2²ⁿ⁺⁴・(a_n+3+a_n+2-2ａ_n+1-2³ａ_n)=0

よって、 a_n+3+a_n+2-2ａ_n+1-2³ａ_n=0

 また、a(1)=f(1)²・A[1]=(1/2⁰)²*1=1*1=1
 a(2)=f(2)²・A[2]=(1/2)²*4=1/4*4=1
 a(3)=f(3)²・A[3]=(1/4)²*16=1/16*16=1

以上で、ばっちり　ａ₁＝ａ₂＝ａ₃＝１ のとき、４項間の漸化式 ａ_ｎ+3＝−ａ_ｎ+2＋２ａ_ｎ+1＋８ａ_ｎ

が出現できました。逆に、このことから、上記の漸化式から産み出される数は平方数Ｙ[n]²
に色づけしたf(n)²・Ｙ[n]²（当然平方数）が出現してくるという訳なんですね。

　さらに、当然、以下のデオファントス方程式の解とも大いに関係していることになるのか！

　各自然数ｎに対して、　2ⁿ=7・x²+y²　を満たす自然数の組(x，y)

お陰様ですっきりしました。


（追記）　令和６年１２月７日付け

　次の東北大学　文系（１９８７）の問題は、漸化式を解くことが主目標だろう。

問題　　初項 ａ₁＝ｒ　（ ｒ は定数)　として、数列｛ａ_n｝を次の式で帰納的に定義する。
　　ａ_k+1＝ｒａ_k−（ｒ−１）²ｋ　（ｋ＝１、２、３、・・・）

　Σ_k=1ⁿ ａ_k を求めよ。

（解）　ａ₁＝ｒ　、ａ₂＝ｒ²−（ｒ−１）²＝２ｒ−１　、ａ₃＝ｒ（２ｒ−１）−２（ｒ−１）²＝３ｒ−２　、・・・

から、　ａ_n＝ｎｒ−（ｎ−１）　と推察される。この推察が正しいことを、数学的帰納法により

示す。

　ｎ＝１　のとき、　左辺＝ａ₁＝ｒ　、右辺＝１・ｒ−（１−１）＝ｒ　より、左辺＝右辺　となり、
ｎ＝１のとき、成り立つ。

　ｎ＝ｋ （ｋ≧１）のとき成り立つと仮定する。すなわち、　ａ_k＝ｋｒ−（ｋ−１）

このとき、　ａ_k+1＝ｒａ_k−（ｒ−１）²ｋ＝ｒ（ｋｒ−（ｋ−１））−（ｒ−１）²ｋ＝（ｋ＋１）ｒ−ｋ

よって、ｎ＝ｋ＋１　のときも成り立つ。

以上から、すべての自然数ｎに対して、　ａ_n＝ｎｒ−（ｎ−１）

よって、　Σ_k=1ⁿ ａ_k ＝Σ_k=1ⁿ （（ｒ−１）ｋ＋１）＝ｎ（ｎ＋１）（ｒ−１）/２＋ｎ　　（終）


（コメント）　上記では、数学的帰納法を用いて、漸化式を解いたが、もちろん、直接的に解く
　　　　ことも可能である。

（別解）　ａ_k+2＝ｒａ_k+1−（ｒ−１）²（ｋ＋１）　、ａ_k+1＝ｒａ_k−（ｒ−１）²ｋ　から辺々引いて、

　ａ_k+2−ａ_k+1＝ｒ（ａ_k+1−ａ_k）−（ｒ−１）²

ｂ_k＝ａ_k+1−ａ_k　とおくと、　ｂ_k+1＝ｒｂ_k−（ｒ−１）²

　よって、　ｂ_k+1−（ｒ−１）＝ｒ（ｂ_k−（ｒ−１））　より、　ｂ_k−（ｒ−１）＝（ｂ₁−（ｒ−１））ｒ^k-1

ここで、　ｂ₁＝ａ₂−ａ₁＝ｒ−１　なので、　ｂ_k＝ｒ−１

ｎ≧２　のとき、　ａ_n＝ａ₁＋Σ_k=1^n-1 ｂ_k＝ｒ＋（ｎ−１）（ｒ−１）＝ｎｒ−（ｎ−１）

この式は、ｎ＝１のときも成り立つので、ｎ≧１　に対して、　ａ_n＝ｎｒ−（ｎ−１）

よって、　Σ_k=1ⁿ ａ_k ＝Σ_k=1ⁿ （（ｒ−１）ｋ＋１）＝ｎ（ｎ＋１）（ｒ−１）/２＋ｎ　　（終）


（追記）　令和７年１月1７日付け

　次の東北大学　理系（１９８９）の問題は、漸化式を解くヒントが与えられている。

問題６　　数列｛ｘ_n｝が ｘ₁＝１９、ｘ_n+1＝（５ｘ_ｎ＋８）/（ｘ_ｎ＋３） （ｎ＝１、２、３、・・・）　で定義
　　されている。
（１）　ｙ_ｎ＝（ｘ_ｎ＋ａ）/（ｘ_ｎ＋ｂ） （ｎ＝１、２、３、・・・）　が等比数列となるような定数 ａ、ｂ
　（ａ＜ｂ） を求めよ。
（２）　一般項 ｘ_ｎ を求めよ。
（３）　極限値 ｌｉｍ_ｎ→∞ ｘ_ｎ を求めよ。

（解）（１）　ｘ_n+1−４＝（ｘ_ｎ−４）/（ｘ_ｎ＋３）　、ｘ_n+1＋２＝７（ｘ_ｎ＋２）/（ｘ_ｎ＋３）　より、

　（ｘ_n+1−４）/（ｘ_n+1＋２）＝（１/７）・（ｘ_ｎ−４）/（ｘ_ｎ＋２）

よって、ａ＝−４、ｂ＝２　とおけば、ｙ_ｎ＝（ｘ_ｎ−４）/（ｘ_ｎ＋２）　は、ｙ_n+1＝（１/７）ｙ_ｎ　となり、

数列 ｛ｙ_ｎ｝ は等比数列となる。

（２）　ｙ₁＝５/７　より、ｙ_ｎ＝（５/７）（１/７）^n-1＝５/７ⁿ

よって、　（ｘ_ｎ−４）/（ｘ_ｎ＋２）＝５/７ⁿ　より、　ｘ_ｎ＝（４・７ⁿ＋１０）/（７ⁿ−５）

（３）　ｌｉｍ_ｎ→∞ ｘ_ｎ＝ｌｉｍ_ｎ→∞ （４・７ⁿ＋１０）/（７ⁿ−５）

　＝ｌｉｍ_ｎ→∞ （４＋１０/７ⁿ）/（１−５/７ⁿ）＝４　　（終）


（追記）　令和７年３月1日付け

　次の東北大学　文系（１９８９）の問題は、３項間漸化式である。

問題　　数列｛ａ_n｝が ａ₁＝２、ａ₂＝０、ａ_n+2−２ａ_n+1＋ａ_n＝２ｎ−８　（ｎ＝１、２、３、・・・）で
　　定義されているとする。
（１）　一般項 ａ_n を求めよ。
（２）　ａ_n が最小となる ｎ および、その最小値 ａ_n を求めよ。

（解）（１）　条件より、　ａ₃＝−８

　ｂ_n＝ａ_n+1−ａ_n　とおくと、　ｂ_n+2−２ｂ_n+1＋ｂ_n＝２　で、ｂ₁＝−２、ｂ₂＝−8

　ｃ_n＝ｂ_n+1−ｂ_n　とおくと、　ｃ_n+1−ｃ_n＝２　で、ｃ₁＝−６　より、　

　ｃ_n＝−６＋２（ｎ−１）＝２ｎ−８

ｎ≧２　のとき、　ｂ_n＝−２＋Σ_k=1^n-1 （２ｋ−８）＝ｎ（ｎ−１）−８（ｎ−１）−２＝ｎ²−９ｎ＋６

この式は、ｎ＝１のときも成り立つ。

ｎ≧２　のとき、　ａ_n＝２＋Σ_k=1^n-1 （ｋ²−９ｋ＋６）＝（１/３）（ｎ³−１５ｎ²＋３２ｎ−１２）

この式は、ｎ＝１のときも成り立つ。

（２）　ｙ＝（１/３）（ｎ³−１５ｎ²＋３２ｎ−１２）　とおくと、　ｙ’＝（１/３）（３ｎ²−３０ｎ＋３２）

３ｎ²−３０ｎ＋３２＝０　を解くと、　ｎ＝（１５±√１２９）/３

ｎ＝（１５＋√１２９）/３　のとき、極小値をとる。

　このｎの値は、８と９の間にあり、　ｎ＝８　のとき、　ｙ＝−２０４/３

　ｎ＝９　のとき、　ｙ＝−７０

　よって、ｎ＝９　のとき、ａ_n は最小で、　最小値　−７０　　（終）


（追記）　令和７年３月1２日付け

　次の東北大学　前期理系（１９９０）の問題も、３項間漸化式の問題で、フィボナッチの数列
である。

問題６　　記号＋と−を重複を許し１列に並べてできる列のうち、同じ記号は３つ以上連続し
　　て並ばないものを考える。＋と−という記号を全部でｎ個(ｎ≧２)使ってつくられるこのよう
　　な列のうち、最後が＋＋または−−で終わる列の個数をａ_ｎとおき、最後が＋−または
　　−＋で終わる列の個数をｂ_ｎとおく.
（１）　ａ_n+1とｂ_n+1をａ_ｎとｂ_ｎで表せ。
（２）　｛ａ_ｎ＋ｒ・ｂ_ｎ｝が公比ｒの等比数列となるようなｒの値をすべて求めよ。
（３）　長さがｎのこのような列の個数ａ_ｎ＋ｂ_ｎを、（２）で求めたｒの値を使って表せ。

（解）（１）　題意より、　ｎ＋１個の記号の並びで、○○・・・−＋＋　または　○○・・・＋−−

のとき、ｎ個の記号の並びでは、　○○・・・−＋　または　○○・・・＋−　が起こり得る。

　よって、　ａ_n+1＝ｂ_n　が成り立つ。

同様に、ｎ＋１個の記号の並びで、

　○○・・・○＋−　は　○○・・・＋＋−　または　○○・・・−＋−

　○○・・・○−＋　は　○○・・・＋−＋　または　○○・・・−−＋

なので、ｎ個の記号の並びでは、

　○○・・・＋＋　または　○○・・・−＋

　○○・・・＋−　または　○○・・・−−

　が起こり得る。

　よって、　ｂ_n+1＝ａ_ｎ＋ｂ_n　が成り立つ。

（２）　ａ_ｎ+1＋ｒ・ｂ_ｎ+1＝ｒ（ａ_ｎ＋ｒ・ｂ_ｎ）　すなわち、　ｂ_ｎ＋ｒ・（ａ_ｎ＋ｂ_n）＝ｒ・ａ_ｎ＋（ｒ＋１）ｂ_n

よって、　ｒ²＝ｒ＋１　より、　ｒ＝（１±）/２

（３）　（１）より、　ｂ_n+1＝ａ_ｎ＋ｂ_n＝ｂ_n-1＋ｂ_n　すなわち、　ｂ_n+1−ｂ_n−ｂ_n-1＝０

ここで、　ｂ₂＝２　で、ａ₂＝２　より、ｂ₃＝ａ₂＋ｂ₂＝４　である。

　ｘ²−ｘ−１＝０　の解をα、β（α＞β）とおくと、α＝（１＋）/２　、β＝（１−）/２

　また、α＋β＝１　、αβ＝−１　である。このとき、ｂ_n+1−ｂ_n−ｂ_n-1＝０　は、

　ｂ_n+1−αｂ_n＝β（ｂ_n−αｂ_n-1）　と変形されるので、　ｂ_n+1−αｂ_n＝β^n-2（ｂ₃−αｂ₂）

同様にして、　ｂ_n+1−βｂ_n＝α（ｂ_n−βｂ_n-1）　から、　ｂ_n+1−βｂ_n＝α^n-2（ｂ₃−βｂ₂）

よって、

（α−β）ｂ_n＝α^n-2（ｂ₃−βｂ₂）−β^n-2（ｂ₃−αｂ₂）＝（３＋）α^n-2−（３−）β^n-2

ここで、　α−β＝　なので、　ｂ_n＝（（３＋）α^n-2−（３−）β^n-2）/

よって、　ａ_ｎ＋ｂ_n＝ｂ_n+1＝（（３＋）α^n-1−（３−）β^n-1）/　　（終）


（追記）　令和７年３月1６日付け

　次の東北大学　前期文系（１９９０）の問題は、計算の見通しと計算力が求められる。

問題　　正の数から成る数列 ａ₁，ａ₂，ａ₃，・・・ の一般項 ａ_n と、初項から第ｎ項までの和
　　S_n の間に、　Σ_k=1ⁿ ４Ｓ_k/（ａ_k＋２）＝Ｓ_ｎ という関係があるものとする。ａ_n と Ｓ_ｎ を求
　　めよ。

（解）　ｎ＝１　のとき、　４Ｓ₁/（ａ₁＋２）＝Ｓ₁　すなわち、　４ａ₁/（ａ₁＋２）＝ａ₁　から、

　ａ₁²＝２ａ₁　ここで、ａ₁＞０　より、　ａ₁＝２

ｎ≧２　のとき、　ａ_n＝Ｓ_ｎ−Ｓ_ｎ-1＝４Ｓ_n/（ａ_n＋２）　から、Ｓ_n＝ａ_n（ａ_n＋２）/４

　よって、　ａ_n＝Ｓ_ｎ−Ｓ_ｎ-1＝ａ_n（ａ_n＋２）/４−ａ_n-1（ａ_n-1＋２）/４ から、

　４ａ_n＝ａ_n（ａ_n＋２）−ａ_n-1（ａ_n-1＋２）＝ａ_n²＋２ａ_n−ａ_n-1²−２ａ_n-1

すなわち、　ａ_n²−２ａ_n−ａ_n-1²−２ａ_n-1＝０

よって、　（ａ_n＋ａ_n-1）（（ａ_n−ａ_n-1）−２）＝０　で、　ａ_n＋ａ_n-1＞０　より、　ａ_n−ａ_n-1＝２

　ｎ≧２　のとき、　ａ_n＝２＋２（ｎ−１）＝２ｎ　　これは、ｎ＝１　のときも成り立つ。

このとき、　Ｓ_ｎ＝Σ_k=1ⁿ ａ_ｋ＝２Σ_k=1ⁿ ｋ＝ｎ（ｎ＋１）　　（終）


（追記）　令和７年３月２８日付け

　次の東北大学　後期文系（１９９０）の問題は、数学�Vの教科書に出てきそうな問題である。

問題　　関数Ｆ（ｘ）＝（５/２）ｘ（１−ｘ） について考える。

（１）　２/５＜ｘ＜４/５ 、ｘ≠３/５ のとき、不等式 −１＜（Ｆ（ｘ）−３/５）/（ｘ−３/５）＜０ が成
　り立つことを示せ。
（２）　数列｛ｘ_ｎ｝を　ｘ₀＝１/２、ｘ_ｎ+1＝Ｆ（ｘ_ｎ） （ｎ＝０、１、２、・・・）　により定義する。

　ｘ₀＜ｘ₂＜・・・＜ｘ_2k＜ｘ_2k+2＜・・・＜３/５＜・・・＜ｘ_2k+3＜ｘ_2k+1＜・・・＜ｘ₃＜ｘ₁

　となることを示せ。

（解）（１）　Ｆ（ｘ）−３/５＝（５/２）ｘ（１−ｘ）−３/５＝−（５/２）ｘ²＋（５/２）ｘ−３/５

　＝−（５/２）（ｘ²−ｘ＋６/２５）＝−（５/２）（ｘ−２/５）（ｘ−３/５）　なので、

　（Ｆ（ｘ）−３/５）/（ｘ−３/５）＝−（５/２）（ｘ−２/５）＝−（５/２）ｘ＋１

　２/５＜ｘ＜４/５ 、ｘ≠３/５ のとき、　−１＜−（５/２）ｘ＋１＜０　なので、

　−１＜（Ｆ（ｘ）−３/５）/（ｘ−３/５）＜０ が成り立つ。

（２）　ｘ₀＝１/２　のとき、　ｘ₁＝Ｆ（１/２）＝（５/２）（１/２）（１/２）＝５/８＞３/５

　ｘ₂＝Ｆ（５/８）＝（５/２）（５/８）（３/８）＝７５/１２８＜３/５

よって、　２/５＜ｘ₀＜ｘ₂＜３/５＜ｘ₁＜４/５　である。

　２/５＜ｘ_n＜４/５　のとき、　−１/５＜ｘ_n−３/５＜１/５　すなわち、

　｜ｘ_n−３/５｜＜１/５　なので、　｜（Ｆ（ｘ_n）−３/５）/（ｘ_n−３/５）｜＜１　より、

　｜Ｆ（ｘ_n）−３/５｜＜｜ｘ_n−３/５｜　すなわち、　｜ｘ_ｎ+1−３/５｜＜｜ｘ_n−３/５｜

以上から、

　ｘ₀＜ｘ₂＜・・・＜ｘ_2k＜ｘ_2k+2＜・・・＜３/５＜・・・＜ｘ_2k+3＜ｘ_2k+1＜・・・＜ｘ₃＜ｘ₁

となる。　　（終）


（追記）　令和７年４月９日付け

　次の東北大学　後期理系（１９９１）の問題は、２項間漸化式の基本的な解法を問うている。

問題　　正の実数ｐに対し、数列｛ａ_n｝、｛ｂ_n｝ を次により定義する。

　ａ₁＝ｐ²　、ａ_n+1＝√（ｐａ_n） （ｎ≧１）　、ｂ₁＝２/ｐ　、ｂ_n+1＝√（ｂ_n/２ⁿ） （ｎ≧１）

（１）　ａ_n、ｂ_n をｐとｎの式で表せ。
（２）　Σ_n=1^∞ √（ａ_nｂ_n）＝１ となるｐの値を求めよ。

（解）（１）　ｌｏｇａ_n+1＝（１/２）（ｌｏｇａ_n＋ｌｏｇｐ）　より、ｌｏｇａ_n+1−ｌｏｇｐ＝（１/２）（ｌｏｇａ_n−ｌｏｇｐ）

よって、　ｌｏｇａ_n−ｌｏｇｐ＝（１/２）^n-1（ｌｏｇａ₁−ｌｏｇｐ）＝（１/２）^n-1ｌｏｇｐ　より、

　ｌｏｇａ_n＝（１＋（１/２）^n-1）ｌｏｇｐ　すなわち、　ａ_n＝ｐ＾（１＋（１/２）^n-1）

同様に、　ｌｏｇ₂ｂ_n+1＝（１/２）（ｌｏｇ₂ｂ_n−ｎ） より、

　ｌｏｇ₂ｂ_n+1＋（ｎ−１）＝（１/２）（ｌｏｇ₂ｂ_n＋（ｎ−２））

よって、　ｌｏｇ₂ｂ_n＋（ｎ−２）＝（１/２）^n-1（ｌｏｇ₂ｂ₁−１）＝−（１/２）^n-1ｌｏｇ₂ｐ　より、

　ｂ_n＝ｐ＾（−（１/２）^n-1）・２＾（−ｎ＋２）

（２）　ａ_nｂ_n＝ｐ＾（１＋（１/２）^n-1）・ｐ＾（−（１/２）^n-1）・２＾（−ｎ＋２）＝ｐ・２＾（−ｎ＋２）　より、

　√（ａ_nｂ_n）＝（√ｐ）・２＾（−ｎ/２＋１）＝（２√ｐ）・（１/）＾ｎ　なので、

Σ_n=1^∞ √（ａ_nｂ_n）＝（２√ｐ）・（１/）/（１−１/）＝（２√ｐ）/（−１）＝１

から、　２√ｐ＝−１　よって、　ｐ＝（３−２）/４　　（終）



　　　以下、工事中！